79 ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CÁC CẤP LỚP 10,11,12 MÔN HÓA HỌC NĂM 2019-2020 (KÈM ĐÁP ÁN CHI TIẾT) by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

ĐỀ ÔN THI HSG CÁC CẤP MÔN HÓA HỌC

vectorstock.com/3687784

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

79 ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CÁC CẤP LỚP 10,11,12 MÔN HÓA HỌC NĂM 20192020 (KÈM ĐÁP ÁN CHI TIẾT) WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

Câu 1: (2,0 điểm) Bố trí thí nghiệm như hình vẽ sau: Dung dịch HCl đặc

KMnO4 rắn

Bông tẩm dung dịch KBr đặc

Bông tẩm dung dịch KI đặc

Hồ tinh bột

Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra khi thí nghiệm được tiến hành. Câu 2: (2,0 điểm) a) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. FexOy + HNO3  → Fe(NO3)3 + NnOm + H2O b) Cho biết giá trị năng lượng ion hoá thứ nhất I1 (kJ/mol) của các nguyên tố thuộc chu kì 2 như sau: Chu kỳ 2 Li Be B C N O F Ne I1 (kJ/mol) 520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081 Nhận xét sự biến thiên năng lượng ion hoá thứ nhất của các nguyên tố trên. Giải thích? Câu 3: (2,0 điểm) a) Mô tả dạng hình học (không vẽ hình) và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm trong các phân tử và ion sau: BCl3, NH3, SF6, SO2. b) Hãy giải thích vì sao phân tử CO2 không phân cực, trong khi phân tử SO2 lại phân cực. Câu 4: (2,0 điểm) Hợp chất M được tạo nên từ cation X+ và anion Y3-, mỗi ion đều do 5 nguyên tử của 2 nguyên tố phi kim tạo nên. Biết tổng số proton trong X+ là 11 và trong Y3- là 47. Hai nguyên tố trong Y3- thuộc 2 chu kì kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn và có số thứ tự cách nhau 7 đơn vị. Hãy xác định công thức phân tử của M. Câu 5: (2,5 điểm) a) Để phân biệt muối ăn thường và muối iot (chứa KI), có thể vắt nước cốt chanh vào muối, sau đó thêm vào một ít nước cơm hoặc nước vo gạo. Nếu thấy màu xanh xuất hiện chứng tỏ muối đó là muối iot. Hãy giải thích bằng phản ứng hóa học. b) Để xác định hàm lượng khí độc CO trong không khí của vùng có lò luyện cốc, người ta làm như sau: lấy 27,4 lít không khí (d = 1,2 gam/ml), dẫn toàn bộ lượng khí đó đi qua thiết bị có chứa một lượng

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

dư I2O5 được đốt nóng ở 150°C để tạo hơi I2. Hơi I2 được hấp thụ hết trong KI dư, lượng KI3 tạo ra phản ứng hoàn toàn với một lượng vừa đủ 7,76 ml dung dịch Na2S2O3 0,0022M. Tính hàm lượng CO có trong mẫu không khí theo số ppm. Biết ppm là số microgam chất có trong 1 gam mẫu, 1 gam = 106 microgam. Câu 6: (2,5 điểm) Cho 37,2 gam hỗn hợp X gồm: R, FeO, CuO (R là kim loại chỉ có hóa trị II, hidroxit của R không có tính lưỡng tính) vào 500 gam dung dịch HCl 14,6% (HCl dùng dư), sau phản ứng thu được dung dịch A, chất rắn B nặng 9,6 gam (chỉ chứa một kim loại) và 6,72 lít H2 (đktc). Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch KOH dư, thu được kết tủa D. Nung kết tủa D trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 34 gam chất rắn E gồm hai oxit. a) Tìm R và % khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X . b) Tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A. Câu 7: (2,5 điểm) Một sunfua kim loại có công thức R2S, trong đó kim loại R thể hiện số oxi hoá +1 và +2 trong các hợp chất. Đốt cháy hoàn toàn 1,6 gam sunfua đó trong lượng dư oxi, rồi hoà tan chất rắn thu được sau phản ứng trong một lượng vừa đủ dung dịch HCl 29,2%. Nồng độ của muối trong dung dịch thu được là 40,9%. Khi làm lạnh dung dịch này thấy có 1,71 gam muối rắn X kết tinh ra và nồng độ của muối trong dung dịch sau khi tách muối rắn giảm xuống còn 27,6%. Xác định công thức của muối kết tinh. Câu 8: (2,5 điểm) Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư thu được dung dịch A và V lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng khí SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. a) Tính V. b) Xác định kim loại M. Câu 9: (2,0 điểm) a) Xét cân bằng: N2 (k) + 3H2 (k) 2NH3 (k) ∆H < 0 , ở nhiệt độ t. Cân bằng chuyển dịch theo chiều nào khi: i) tăng áp suất; ii) giảm nhiệt độ. b) Khí CO được sử dụng rộng rãi trong tổng hợp hữu cơ, có thể thu được bằng phản ứng giữa khí CO2 với Cacbon ở trạng thái rắn: C (r) + CO2 (k) 2CO (k) Ở 109K và áp suất chung của hệ là 1,5 atm, phản ứng trên có hằng số cân bằng Kp = 10. Xác định hàm lượng khí CO trong hỗn hợp tại thời điểm cân bằng. ----------Hết---------(Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn hóa học)

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

Câu

1 (2,0 điểm)

2 (2,0 điểm)

3 (2,0 điểm)

4 (2,0 điểm)

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

Nội dung Ống nghiệm chứa KMnO4 và đoạn thứ nhất của ống hình trụ nằm ngang có màu vàng lục vì có khí clo. 2KMnO4 + 16HCl  → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O Đoạn giữa của ống hình trụ nằm ngang có màu đỏ nâu vì có hơi brom sinh ra. Cl2 + 2KBr  → 2KCl + Br2 Đoạn cuối của ống hình trụ nằm ngang có màu tím vì có hơi iot sinh ra. Br2 + 2KI  → 2KBr + I2 Ống nghiệm chứa hồ tinh bột chuyển màu xanh vì iot sinh ra tác dụng với hồ tinh bột. → xFe+ 3 + (3x – 2y)e (5n – 2m) x xFe+2y/x +5 (3x – 2y) x nN + (5n – 2m)e → nN+ 2m/n a → (5n – 2m)FexOy + (18nx – 6mx – 2ny)HNO3  x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O * Nhìn chung năng lượng ion hoá tăng dần Giải thích: Từ trái sang phải trong một chu kỳ, điện tích hạt nhân của các nguyên tố tăng dần và số lớp e không đổi, nên lực hút giữa điện tích hạt nhân và e lớp ngoài cùng tăng, làm e càng khó bị tách ra khỏi nguyên tử nên năng lượng b ion hoá tăng. * Be và N có năng lượng ion hoá cao bất thường Giải thích: Be có cấu hình e 1s22s2, cấu hình ở phân lớp s bảo hòa và N có cấu hình e là: 1s22s22p3, phân lớp p bán bão hoà. Đây cũng là những cấu hình e bền nên cũng cần cung cấp năng lượng cao hơn để tách e ra khỏi nguyên tử. Dạng hình học của các phân tử: (Mỗi chất xác định đúng được 0,25đ) - BCl3: có dạng tam giác đều, B có lai hóa sp2. a - NH3: có dạng chóp tam giác, N có lai hóa sp3. - SF6: có dạng bát diện, S có lai hóa sp3d2. - SO2: có dạng chữ V, S có lai hóa sp2. * Phân tử CO2 có nguyên tử trung tâm (nguyên tử cacbon) lai hóa sp nên phân tử dạng đường thẳng 2 nguyên tử O ở 2 đầu nên phân tử không phân cực. * Trong khi phân tử SO2 có nguyên tử trung tâm (nguyên tử lưu huỳnh) lai hóa 2 sp nên phân tử có dạng góc. Mặt khác liên kết S với O là liên kết phân cực nên b phân tử phân cực O=C=O ; S O O Gọi ZX là số proton trung bình của 1 nguyên tử có trong cation X+. ZX = 11/5 = 2,2 ⇒ Trong X phải có hiđro. Gọi M là nguyên tố còn lại trong ion X+. CTTQ của X+ là MnHm. n + m = 5 ⇒ Giải được n = 1; m = 4; ZM = 7 Ta có:  n .ZM + m.1 = 11

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

Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 1,0

0,5

1,0

Vậy M là Nitơ, X + là NH +4

5 (2,0 điểm)

6 (2,5 điểm)

Tương tự: CTTQ của Y3- là AxBy3-. x + y = 5  Ta có:  ZB − ZA = 7 ⇒ Giải được Y3- là PO43-.  x .Z + y.Z = 47  A B CTPT của M: (NH4)3PO4. I- + H+ → HI a 2HI + ½ O2 → I2 + H2O I2 + hồ tinh bột → hợp chất màu xanh Các phương trình hóa học xảy ra: 5CO + I2O5 → I2 + 5CO2 (1) I2 + KI → KI3 (2) KI3 + 2Na2S2O3 → Na2S4O6 + KI + 2NaI (3) Theo giả thiết ta có mkhông khí = 27,4.1,2.1000 = 32880 gam b nNa2S2O3 = 0,0022.7,76/1000 = 0,00001707 mol Từ (1), (2), (3) ⇒ nI2 = nKI3 = 0,5nNa2S2O3 Ta có: nCO = 5nI2 ⇒ mCO = 28 × 5×0,5×0,00001707 = 0,00119504 gam = 1195,04 microgam Vậy hàm lượng CO trong mẫu là: 1195,04/32880 = 0,0363 ppm nHCl = (500.14,6)/(100.36,5) = 2 mol; nH2 = 6,72/22,4= 0,3 mol -Cho X + dd HCl dư: Vì sản phẩm có H2, nên R là kim loại đứng trước H trong dãy hoạt động hoá học, nên R đứng trước cả Cu. Vì axit dư nên sau phản ứng không thể có R dư, mà 9,6 gam chất rắn B chỉ chứa một kim loại, suy ra phải có phản ứng của R với muối CuCl2 tạo ra Cu kim loại và hiđroxit của R sẽ không tan trong nước (ở đây FeCl2 chưa phản ứng với R do mức độ phản ứng của CuCl2 với R cao hơn so với FeCl2). Do đó B là Cu. Dung dịch A có RCl2, FeCl2 và HCl dư. Vì dung dịch A tác dụng với KOH dư thu kết tủa D, sau đó nung D đến hoàn toàn thu được 34 gam chất rắn E gồm 2 oxit, a suy ra 2 oxit này là RO và Fe2O3. Như vậy trong dung dịch A không có CuCl2. R + 2HCl → RCl2 + H2 (1) FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O (2) CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O (3) R + CuCl2 → RCl2 + Cu (4) - Cho dung dịch A tác dụng dung dịch KOH dư: (5) HCl + KOH → KCl + H2O RCl2 + 2KOH → R(OH)2 + 2KCl (6) FeCl2 + 2KOH → Fe(OH)2 + 2KCl (7) Nung kết tủa ngoài không khí: 0

t R(OH)2  (8) → RO + H2O t0 2Fe(OH)2 + ½ O2  → Fe2O3 + 2H2O (9)

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

1,0

0,5

0,5 0,5

0,5

E gồm hai oxit: RO và Fe2O3 nCu = 9,6/64 = 0,15 mol Theo pư (3),(4): nCuO = nCuCl2 = nCu = 0,15 mol Theo pư (1), (4): nRCl2 = nR = nH2 + nCuCl2 = 0,3 + 0,15 = 0,45 mol Theo pư (6)(8): nRO = nR(OH)2 = nRCl2 = 0,45 mol Đặt nFeO ban đầu = x mol Theo các phản ứng (2),(7),(9): nFe2O3 = ½ .nFeO = 0,5x (mol) Ta có: mE = mRO + mFe2O3 = 0,45.(MR + 16) + 0,5x.160 = 34 gam (*) mX = mR + mFeO + mCuO = 0,45.MR + 72x + 80.0,15 = 37,2 gam (**) x = 0,2 Giải hệ (*), (**) ta được: MR = 24; Vậy R là Mg %mMg = mMg.100/mX = (0,45.24.100)/37,2 = 29,0% %mFeO = 0,2.72.100/37,2 = 38,7% %mCuO = 32,3% Dung dịch A có: MgCl2 (0,45 mol), FeCl2 (0,2 mol), HCl dư Ta có: nHCl pư = nCl trong muối = 2.nMgCl2 + 2.nFeCl2 = 1,3 mol ⇒ mHCl dư = 500.0,146 – 1,3.36,5 = 25,55 gam Áp dụng định luật BTKL: mddA = mX + mdd HCl ban đầu – mB – mH2 = 527 gam ⇒ C%(MgCl2) = 8,11%; C%(FeCl2) = 4,82%; C%(HCl) = 4,85%

0,5

7 (2,5 điểm)

8 (2,5 điểm)

t Pthh: R2S + 2O2  → 2RO + SO2 RO + 2HCl  → RCl2 + H2O nR2S= 1,6/(2R+ 32); nRO= 3,2/ (2R+ 32); nHCl= 6,4/ (2R+ 32); nRCl2= 3,2/(2R+ 32) 6,4.36,5 100 800 x = mdd HCl= (2 R + 32) 29,2 (2 R + 32) 851,2 + 3,2 R mdd sau pư= mRO + mdd HCl= (2 R + 32) 3,2( R + 71) 851,2 + 3,2 R C%RCl2= ( : ) x 100% = 40,9% (2 R + 32) (2 R + 32) ⇒ R= 64 ⇒ R là kim loại Cu Làm lạnh dung dịch, có 1,71 gam muối kết tinh ⇒ mdd sau làm lạnh= mdd sau pư – 1,71= 6,6 – 1,71= 4,89 gam 3,2(64 + 71) mCuCl2 trước làm lạnh= = 2,7 gam 2.64 + 32 27,6.4,89 = 1,35 gam mCuCl2 sau làm lạnh = 100 mCuCl2 kết tinh= 2,7-1,35 = 1,35 gam ⇒ nCuCl2 kết tinh= 0,01 mol mH2O kết tinh= 1,71- 1,35= 0,36 gam ⇒ nH2O kết tinh = 0,02 mol ⇒ Công thức muối kết tinh là CuCl2.2H2O Ta có nNaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng: SO2 + NaOH  → NaHSO3 → Na2SO3 + H2O SO2 + 2NaOH  - Nếu chỉ tạo muối NaHSO3 → n NaHSO = 0,1(mol) → mchất rắn = 10,4 (gam) a - Nếu chỉ tạo muối Na2SO3 → n Na SO = 0, 05(mol) → mchất rắn = 6,3 (gam)

0,5

Ta có: mchất rắn < mmuối min ⇒ Chất rắn gồm: Na2SO3 (x mol); NaOH dư (y mol) 2x + y = 0,1  x = 0, 0375 Hệ pt:  ⇒  126x + 40y = 5, 725  y = 0, 025 Bảo toàn S: n SO2 = n Na 2SO3 = 0, 0375 (mol)

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

0,5

9 (2,0 điểm) b

⇒ VSO2 = 0,0375 × 22,4 = 0,84 lít + Đặt số mol của Fe và M trong m gam X lần lượt là a và b Bảo toàn electron, ta có: 3a + nb = 2.0,0375 (1) + Trong hỗn hợp Y có: n Fe = a mol; n M = 3b mol Bảo toàn electron, ta có: 2a + n.3b = 2.0,0775 (2) + Trong hỗn hợp Z có: n Fe = 2a mol; n M = b mol Bảo toàn nguyên tố, ta có: n FeSO4 = n Fe = 2a mol; n M 2 (SO4 ) = 1/2 n M = b/2 mol n

(3) ⇒ mmuối = 152.2a + (2M + 96n).b/2 = 5,605 Giả hệ pt gồm (1); (2) và (3) ta được: a = 0,01; Mb = 0,405; nb = 0,045 M Mb 0, 405 ⇒ = = = 9 ⇒ M = 9n n nb 0, 045 Chọn n = 3 ⇒ M = 27 là Al i) Thuận. Khi tăng áp suất thì cần bằng chuyển dịch theo chiều giảm áp suất mà chiều giảm suất là chiều thuận ii) Thuận. Khi giảm nhiệt độ thì cần bằng chuyển dịch theo chiều tăng nhiệt độ mà chiều tăng nhiệt độ là chiều chiều thuận. C + CO2 2CO [] (1 - x) 2x Tổng số mol khí thu được sau phản ứng = 1 + x (mol) 2  2x  1 + x  P2 ×1,5 = 10 ⇒ x = 0,79 Ta có: K P = CO =  1− x PCO2 1+ x Vậy hỗn hợp cân bằng chứa 2.0,79 = 1,58 mol CO (88,27%) và 1 – 0,79 = 0,21 mol CO2 (11,73%)

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

0,5

0,5 0,5

1,0

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

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

Câu 1 (2,0 điểm): Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: a) Sục từ từ khí sunfurơ đến dư vào cốc chứa dung dịch brom. b) Dẫn khí ozon vào dung dịch KI, chia dung dịch sau phản ứng thành hai phần: phần 1 nhỏ vài giọt dung dịch hồ tinh bột; phần 2 nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein. c) Sục từ từ khí Cl2 đến dư vào dung dịch KI. Câu 2 (2,0 điểm): Lập phương trình hóa học của các phản ứng oxi hóa - khử sau đây theo phương pháp thăng bằng electron: t0 → Fe2(SO4)3 +SO2 + H2O a) FexOy + H2SO4 đ  b) Mg + HNO3 → Mg(NO3)2 + NH4NO3 + H2O to c) FeS2 + H2SO4 đ  → Fe2(SO4)3 +SO2 + H2O d) Al + HNO3 → Al(NO3)3 + NO + N2O + H2O (Biết ở phản ứng d thì tỉ khối của hỗn hợp khí NO và N2O so với hiđro bằng 16,75). Câu 3 (2,0 điểm): 0

a) Hãy tính bán kính nguyên tử Liti (đơn vị A ), biết thể tích của 1 mol tinh thể kim loại Li bằng 7,07cm3 và trong tinh thể các nguyên tử Li chỉ chiếm 68% thể tích, còn lại là khe trống. b) Hợp chất NaCl kết tinh dưới dạng lập phương tâm mặt. Khối lượng riêng của NaCl là 2,165 0 g/cm3, bán kính của ion Cl- là 1,84 A. Xác định bán kính của ion Na+. Cho Na = 22,99 và Cl = 35,45.

Câu 4 (2,5 điểm): Hợp chất của nguyên tố R với Hiđro là chất khí và có dạng RHx. Khối lượng phân tử oxit cao nhất của R bằng 2,353 lần khối lượng phân tử của RHx. a) Viết công thức oxit cao nhất của R theo x và xác định tên của R. b) Viết công thức cấu tạo của công thức oxit cao nhất và hiđroxit tương ứng theo quan niệm hiện đại. Câu 5 (3,0 điểm): 1) Hòa tan 15,91 gam hỗn hợp A gồm Na2CO3, K2CO3 và Na2O bằng dung dịch HCl thu được 1,68 lít CO2 (đktc) và dung dịch B. Cô cạn dung dịch B được 22,235 gam hỗn hợp chứa hai muối khan. Tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp A. 2) Đốt cháy hỗn hợp gồm 1,92 gam Mg và 4,48 gam Fe với hỗn hợp khí X gồm clo và oxi, sau phản ứng chỉ thu được hỗn hợp Y gồm các oxit và muối clorua (không còn khí dư). Hoàn tan Y bằng một

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

lượng vừa đủ 120 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch Z. Cho AgNO3 dư vào dung dịch Z, thu được 56,69 gam kết tủa. Tính phần trăm thể tích các khí có trong hỗn hợp X.

Câu 6 (3,0 điểm): Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, thu được 2,24 lít 7 khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S+6) và còn m gam kim loại không tan. Cho toàn bộ lượng 50 kim loại không tan tác dụng hết với dung dịch HCl (lấy dư 10% so với lượng cần phản ứng) được dung dịch A. Dung dịch A tác dụng hết với dung dịch chứa tối đa 0,064 mol KMnO4 đun nóng (đã axit hóa bằng H2SO4 dư). a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Tính giá trị của m và thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X? Câu 7 (2,5 điểm): Một hỗn hợp A gồm M2CO3, MHCO3 và MCl (M là kim loại kiềm). Cho 43,71 gam A tác dụng hết với V ml dung dịch HCl 10,52% (d = 1,05 g/ml) lấy dư thu được dung dịch B và 17,6 gam khí C. Chia dung dịch B thành hai phần bằng nhau: - Phần 1: Phản ứng vừa đủ với 125 ml dung dịch KOH 0,8M. Cô cạn dung dịch thu được m gam muối khan. - Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với AgNO3 thu được 68,88 gam kết tủa. a) Xác định kim loại M và tính phần trăm khối lượng các chất trong hỗn hợp A. b) Tính giá trị của V và m. Câu 8 (3,0 điểm): Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất hóa học sau : - Đốt nóng X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng. - Hòa tan X vào nước được dung dịch A. Cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu, khi tiếp tục cho SO2 đi qua thì màu nâu mất đi, thu được dung dịch B. Thêm một ít dung dịch HNO3 vào dung dịch B, sau đó thêm lượng dư AgNO3 thấy xuất hiện kết tủa vàng. - Hòa tan X vào Nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu bị mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3. a) Viết các phương trình hóa học có thể xảy ra dưới dạng ion (thu gọn) ? b) Để xác dịnh chính xác công thức phân tử của X người ta hòa tan 0,1 gam X vào nước, thêm lượng dư KI và vài ml dung dịch H2SO4 loãng, dung dịch có màu nâu. Chuẩn độ I2 thoát ra (chất chỉ thị là hồ tinh bột) bằng dung dịch Na2S2O3 0,1M tới mất màu thấy tốn hết 37,40 ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử X ? ---------- Hết ----------

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

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

Câu a 1 (2,0 điểm)

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

Nội dung Màu vàng nâu của dung dịch brom nhạt dần, cuối cùng mất màu hoàn toàn. SO2 + H2O + Br2 → H2SO4 + 2HBr - Phần 1 dung dịch chuyển sang màu xanh . - Phần 2 dung dịch chuyển sang hồng. O3 + H2O + 2KI → O2 + 2KOH + I2 Dung dịch KI xuất hiện màu đỏ tím Cl2 + 2KI → 2KCl + I2 Sau đó dần trờ lại không màu 5Cl2 + I2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl

Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5

t 2FexOy +(6x-2y)H2SO4 đ  → xFe2(SO4)3 +(3x-2y)SO2 +(6x-2y)H2O

2 (2,0 điểm)

4Mg + 10HNO3 → 4Mg(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O 4x Mg → Mg+2 + 2e 1x N+5 + 8e → N-3

0,5

3 (3,0 điểm)

0,5

t 2FeS2 + 14H2SO4 đ  → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O +3 1x 2FeS2 → 2Fe + 4S+4 +22e 11x S+6 +2e → S+4 17Al + 66HNO3 → 17Al(NO3)3 + 9NO + 3N2O + 33H2O 30a + 44b a 3 do = 33,5 ⇒ = a+b b 1 17x Al → Al+3 + 3e 3x 5N+5 +17e → 3N+2 + 2N+1 68 4,8076 Vngtu = .7, 07 = 4,8076 ( cm 3 ) ⇒ V1 ngtu = = 7,986.10−24 ( cm3 ) 23 100 6, 02.10

3V ⇒R= = 4π 3

0 3.7,986.10 −24 = 1, 24.10−8 ( cm 3 ) = 1, 24 A 4.3,14

Xét một ô mạng cơ sở

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

0,5

1,0

0,5

1 1 Số ion Cl- trong một ô mạng cơ sở: 8. + 6. = 8 (ion) 8 2 1 Số ion Na+ trong một ô mạng cơ sở: 12. + 1.1 = 4 (ion) 4 Số phân tử NaCl trong một ô mạng cơ sở là 4 4. ( 22,99 + 35, 45) Khối lượng một ô mạng cơ sở = = 3,882.10-22 (g) 23 6, 022.10 Thể tích một ô mạng cơ sở: V =

3,882.10−22 = 1,79.10-22 (cm3) 2,165

0,5 0

4 (2,5 điểm)

5 (3,0 điểm)

Chiều dài cạnh ô mạng cơ sở: a = 3 1, 79.10−22 = 5,6357.10-8 cm ≈ 5,6357 A. 0 5, 6357 Ta có: 2(r(Na+) + r(Cl-)) = a ⇒ r(Na+) = − 1,84 = 0,98 A. 2 R là phi kim + TH1: Oxit cao nhất là R2O(8 - x) 2R + 16 ( 8 − x ) = 2,353 ⇒ Không tìm được R. ⇒ R+x + TH2: Oxit cao nhất là RO(4 - 0,5x) R + 16 ( 4 − 0, 5x ) = 2,353 ⇒ R = 32. ⇒ R+x Vậy R là S Oxit SO3 Hidroxit H2SO4 Gọi a, b, c lần lượt là số mol của Na2CO3, K2CO3, Na2O. 106a + 138b + 62c = 15,91  Hệ: a + b = 0, 075 58, 5. 2a + 2c + 74,5.2b = 22, 235 ( )  Giải hệ ta được: a = 0,02 ; b = 0,055 ; c = 0,1 Vậy: %m Na 2CO3 = 13,32% , %m K 2CO3 = 47, 7%, %m Na 2O = 38,98%

1, 92 4, 48 = 0, 08(mol) , n Fe = = 0, 08(mol) , n HCl = 012.2 = 0, 24 (mol) 24 56 1 1 Ta có: n O = n HCl = .0, 24 = 0,12 (mol) ⇒ n O2 = 0, 06 (mol) 2 2 Bảo toàn electron, ta có: Mg → Mg 2+ + 2e Cl 2 + 2e → 2Cl − 0,08 0,16 a 2a 3+ Fe → Fe + 3e O 2 + 4e → 2O 2 −

1,0

0,5

n Mg =

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

0,5

0,08

0,24

0,06 0,24 Ag + + 1e → Ag b b

Suy ra: 2a + 0, 24 + b = 0, 4 2+

(1) 2+

Dung dịch Z gồm: Mg , Fe , Fe3+ , Cl −

Ag + + Cl −  → AgCl (2a + 0,24) (2a + 0,24) Fe2+ + Ag +  → Fe3+ + Ag b b Suy ra: ( 2a + 0, 24 ) .143,5 + 108b = 56,69

6 (3,0 điểm)

7 (2,5 điểm)

(2)

a = 0, 07 Từ (1) và (2) ta có:   b = 0, 02 0, 07 Vậy: %VCl2 = .100% = 53,85%; %VO2 = 100% − 53,85% = 46,15% 0, 07 + 0, 06 Cho hỗn hợp Fe, Fe3O4 tác dụng với dung dịch H2SO4đặc, nóng, còn dư kim loại không tan là Fe dư => dung dịch thu được sau phản ứng chỉ chứa muối FeSO4. PTHH các phản ứng : 2Fe + 6H2SO4 đ,nóng → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) 2Fe3O4 + 10H2SO4đ,nóng → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (2) Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4 (3) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (4) 10HCl + 2 KMnO4 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 5Cl2 + 8 H2O (5) 10FeCl2 + 6 KMnO4 + 24H2SO4 → 3K2SO4 + 6MnSO4 + 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 24 H2O (6) Gọi số mol Fe dư là a mol Theo (4) ta có : nHCl phản ứng = 2a (mol) => nHCl dư = 0,2a (mol) Dung dịch A thu được, tác dụng với dung dịch KMnO4/H2SO4 Theo các phản ứng (5), (6) => nKMnO4 = 0,64a = 0,064 => a= 0,1 mFe dư= 5,6 gam = 7m/ 50 => m = 40 (gam) Gọi số mol Fe, Fe3O4 phản ứng ở (1), (2), (3) là x, y Ta có 56 x + 232y = 40- 5,6 = 34,4 (7) Số mol SO2 = 0,1mol Theo định luật bảo toàn electron ta có : 2x = 2y + 0,2 (8) Từ (7) và (8) ta giải ra được : x = 0,2 và y = 0,1 Khối lượng sắt ban đầu: mFe bđ = 0,2. 56 + 5,6 = 16,8 gam => %mFe= 42% ; % mFe3O4 = 58%. Gọi a, b, c lần lượt là số mol của M2CO3, MHCO3 và MCl. Bảo toàn nguyên tố C, ta có: nCO2 = a + b = 0,4 (1) n(HCl + MCl trong B) = 2nAgCl = 0,96 (mol) nHCl trong B = 2nKCl = 2nKOH = 0,2 (mol) ⇒ nMCl trong B = 0,96 – 0,2 = 0,76 (mol) Bảo toàn nguyên tố M, ta có: nMCl = 2a + b + c = 0,76 (2) mA = (2M + 60)a + (M + 61)b + (M + 35,5)c = 43,71 ⇔ 0,76M + 60a + 61b + 35,5c = 43,71 (3)

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

1,0

1,5

0,5

1,0

0,5

8 (3,0 điểm)

Lấy (2) – (1) ta được: a + c = 0,36. Suy ra: c = 0,36 – a; b = 0,4 – a Thế vào (3) ta được: 0,76M – 36,5a = 6,53 0, 76M − 6,53 Suy ra: 0 < a = < 0,36 36,5 Nên 8,6 < M < 25,88 Vì M là kim loại kiềm hóa trị I nên M chỉ có thể là Na. Giải hệ PT ta đươc: a = 0,3; b = 0,1; c = 0,06. %mNa2CO3 = 72,75%; %mNaHCO3 = 19,22%; %mNaCl = 8,03%. nHCl = 2a + b + 0,2 = 0,9 (mol) 0,9 × 36,5 ×100 = 297,4 ml ⇒ V= 10,52 ×1, 05

0,5

m = mNaCl + mKCl = 0,38. 58,5 + 0,1. 74,5 = 29,68 (gam) X cháy cho ngọn lửa màu vàng ⇒ thành phần nguyên tố của X có natri. Dung dịch X tác dụng với SO2 đến dư thu được dung dịch B tạo kết tủa vàng với AgNO3 ⇒ thành phần nguyên tố của X có iot. Phản ứng của X với SO2 chúng minh X có tính oxi hóa. Từ lập luận trên X có cation Na+ và anion IO −x . Đặt công thức của X là NaIOx. (2x -1) SO2 + 2 IOX− + (2x-2) H 2O → I 2 + (2x-1) SO42 − + (4x-4) H + (1)

SO2 + I 2 + 2 H 2O → 2 + SO42− + 4 H +

(2)

Ag + + I − → AgI IOX− + (2x-1) I − + 2x H + → x I 2 + x H 2O

(3)

2− 3

I 2 + 2 S 2O

−

2− 6

→ 2 I + S 4O

0,5

1,5

(4) (5)

1 nNa2S2O3 = 1,87.10-3 mol 2 1 1 Theo (4) ⇒ n IOX− = nI2 = .1,87.10-3 mol x x 0,1 1 0,1x ⇒ = .1,87.10 −3 ⇒ = 1,87.10−3 23 + 127 + 16x x 150 + 16x ⇒ 0,1x = 0,2805 + 0,02992x ⇒ x = 4. Công thức phân tử của X là NaIO4

Theo (5) ⇒ nI2 =

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

0,5

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

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

Câu 1 (2,0 điểm): Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho SO2 lội qua dung dịch: a) Ba(OH)2 b) K2Cr2O7 + H2SO4 c) Fe2(SO4)3 d) KMnO4 Câu 2 (3,0 điểm): Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. t0 a) FeS2 + H2SO4 (đ)  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O b) Mg + HNO3  → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 1 : 1) c) Fe3O4 + HNO3  → NxOy + … d) Al + NaNO3 + NaOH + H2O  → NaAlO2 + NH3 Câu 3 (3,0 điểm): A, B là 2 đồng vị của nguyên tố X. Tổng số hạt proton, nơtron và electron trong A và B là 346, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 62. Số nơtron của B lớn hơn số nơtron của A là 2 hạt. a) Xác định kí hiệu nguyên tử của A, B. b) Trong tự nhiên, đồng vị A chiếm 61,613% về khối lượng, tính nguyên tử khối trung bình của hai đồng vị. c) Viết cấu hình electron nguyên tử của nguyên tố X. Câu 4 (3,0 điểm): a) Dựa vào đặc điểm cấu tạo của các phân tử NH3, H2S và H2O. Hãy cho biết tại sao góc hóa trị của các phân tử lại khác nhau: Góc (HNH) = 1070, góc (HSH)=920, góc (HOH) = 104,50. Giải thích.

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

b) Phương pháp sunfat có thể điều chế được chất nào trong các chất sau: HF, HCl, HBr, HI? Tại sao? Câu 5 (3,0 điểm): Đun nóng hỗn hợp X gồm bột Fe và S trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp rắn A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y có tỉ khối so với H2 là 13. Lấy 2,24 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) khí cháy Y đem đốt rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100 ml dung dịch H2O2 5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a) Tính thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X. b) Xác định nồng độ % các chất trong dung dịch B. Câu 6 (3,0 điểm): Hỗn hợp X gồm Zn và Fe. Cho 18,6 gam hỗn hợp X vào 500 ml dung dịch HCl x M, cô cạn dung dịch sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 34,575 gam muối khan. Nếu cho 18,6 gam hỗn hợp X tác dụng với 800 ml dung dịch HCl x M, cô cạn dung dịch sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 39,9 gam muối khan. Tính x và thành phần % khối lượng mỗi kim loại trong X. Câu 7 (3,0 điểm): Hòa tan hoàn toàn m gam oxit MO (M là kim loại) trong 78,4 gam dung dịch H2SO4 6,25% (loãng) thì thu được dung dịch X trong đó nồng độ H2SO4 còn dư là 2,433%. Mặt khác, khi cho CO dư đi qua m gam MO nung nóng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua 500 ml dung dịch NaOH 0,1M thì chỉ còn một khí duy nhất thoát ra, trong dung dịch thu được có chứa 2,96 gam muối. a) Xác định kim loại M và tính m. b) Cho x gam Al vào dung dịch X thu được ở trên, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 1,12 gam chất rắn. Tính x? ---------- Hết ---------(Học sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn)

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

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

Câu

Nội dung Cho khí SO2 lội qua dung dịch Ba(OH)2 thấy xuất hiện kết tủa màu trắng, sau đó SO2 dư làm kết tủa tan dần do phản ứng: a Ba(OH) + SO → BaSO + H O 2 2 3 2 BaSO3 ↓ + H2O + SO2 → Ba(HSO3)2 Cho khí SO2 lội qua dung dịch chứa K2Cr2O7 + H2SO4 thấy màu da cam của dung dịch nhạt dần, chuyển màu xanh do phản ứng: b K2Cr2O7 + H2SO4 + 3SO2 → Cr2(SO4)3 + K2SO4 + H2O 1 (màu da cam) (màu xanh) (2,0 Cho khí SO2 lội qua dung dịch Fe2(SO4)3 thấy màu vàng nâu của dung dịch nhạt dần, điểm) do phản ứng: c Fe2(SO4)3 + SO2 + 2H2O → 2FeSO4 + 2H2SO4 (màu vàng nâu) Cho khí SO2 lội qua dung dịch KMnO4 thấy màu tím của dung dịch nhạt dần, do phản ứng: d 2KMnO4 + 5SO2 + 2H2O → 2MnSO4 + K2SO4 + 2H2SO4 (màu tím) (không màu) 2 FeS Fe+3 + 2S+4 + 11e 2 2 11 S+6 + 2e S+4 (3,0 a 2Fe+3 + 15S+4 2FeS2 + 11S+6 điểm) t0 → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O 2FeS2 + 14 H2SO4 (đ) 

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

Điểm 0,5

0,5

0,75

+5 + 0

-3

N2O +N2 + NH4+

26e

0,75

Mg+2 + 2e

13Mg + 32HNO3  → 13Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + 14 H2O 3Fe+3 + 1e (5x-2y) Fe3O4

+2y/x

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

0,75

NxOy

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

Al+3 + 3e

N+5 + 8e

0,75

N-3

8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 2H2O  → 8NaAlO2 + 3NH3 Z+ N + 2 Gọi A: X và B: ZX Tổng số hạt trong A và B bằng 346: 4Z + 2N + 2 = 346 (1) Số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 62: 4Z – (2N + 2) = 62 (2) a Từ (1) và (2) suy ra: Z = 51 và N = 70 Z = 51 nên X là Sb (antimony). 123 Kí hiệu nguyên tử của hai đồng vị: 121 51 Sb và 51 Sb Z+ N Z

3 (3,0 điểm)

Xét 1 mol hai đồng vị, trong đó

121 51

1,0

0,5

Sb có x mol.

M = 121x + 123(1 – x) 121x b Theo đề: ×100% = 61,613 ⇒ x = 0,62 121x + 123 (1 − x )

1,0

Vậy: M = 121× 0, 62 + 123 (1 − 0, 62 ) = 121,76

Cấu hình electron nguyên tử của X:

[ 36 Kr ] 4d10 5s 2 5p3 .

0,5 3

Trong phân tử NH3 và H2O. Nguyên tử N và O đều ở trạng thái lai hóa sp . nên góc hóa trị gần với góc 109028’. Nhưng do cặp electron tự do không tham gia liên kết trên obitan lai hóa khuếch tán khá rộng trong không gian so với cặp electron liên kết, nên nó có tác dụng đẩy mây electron liên kết và do đó góc liên kết thực tế lại thua góc lai hóa sp3. Trong phân tử NH3 nguyên tử N có một cặp electron không liên kết, còn trong phân tử H2O nguyên tử O còn 2 cặp electron không liên kết. Vì vậy góc liên kết (HOH) nhỏ hơn góc liên a kết (HNH) và nhỏ hơn 109028’. Trong phân tử H2S. S ở chu kì 3 khả năng tạo lai hoá kém nên trong H2S mặc dù có 4 cấu tạo tương tự H2O nhưng S không lai hoá sp3. (3,0 Nguyên tử S bỏ ra 2 electron độc thân trên 2 obitan p (px, py) xen phủ với 2 obitan 1s điểm) có electron độc thân của nguyên tử H tạo 2 liên kết S – H. Góc tạo bởi trục của 2 obitan px và py là 900. Nhưng do tạo 2 liên kết S – H làm tăng mật độ electron khu vực giữa nhân hai nguyên tử S, H. Hai cặp electron liên kết này đẩy nhau làm cho góc liên kết HSH lớn hơn 900 và thực tế là 920. Phương pháp sunfat áp dụng để điều chế HF, HCl; không điều chế được HBr, HI. Vì axit H2SO4 là chất oxi hóa mạnh còn HBr và HI trong dung dịch là những chất b khử manh, do đó áp dụng phương pháp sunfat sẽ không thu được HBr và HI mà thu được Br2 và I2.

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

1,0

0,5 0,5

Đặt n H2S = a (mol); n H2 = b (mol)

34a + 2b a 3 = 26 ⇒ = a+b b 1 Giả sử n H 2 = 1 (mol) ⇒ n H2S = 3 (mol)

⇒ MY =

0,5

⇒ nFe phản ứng = nS = nFeS = n H 2S = 3 (mol) ⇒ nFe dư = n H2 = 1 (mol)

0,5

⇒ nFe ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol) 4.56.100% Vậy: %mFe = = 70% ; %mS = 100% - 70% = 30% 4.56 + 3.32 2,24 3 nY = = 0,1(mol) ⇒ n H2S = .0,1 = 0,075 (mol). 4 22,4 ⇒ n H2 = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol).

5 (3,0 điểm)

5,1.1.100 n H 2O2 = = 0,15 (mol) 100.34 ⇒ n SO 2 = n H2S = 0,075 (mol)

0,5

⇒ n H2SO4 = n SO 2 = 0,075 (mol) ⇒ H2O2 dư. = n SO2 = 0,075 (mol) ⇒ H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol) Áp dụng BTKL ta có: mddB = m dd H 2 O2 + m SO2 + m H 2O = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g) n H2O2 phản

ứng

0,075.98.100 0,075.34.100 =6,695%;C%(H2O2 dư)= = 2,392%. 106,6 106,6 Ta thấy: m rắn ở TN2 > m rắn ở TN1 nên sau TN1 kim loại dư, HCl phản ứng hểt. 1 Suy ra ở TN1: nH2 sinh ra = nHCl = 0,25x (mol) 2 Theo định luật BTKL: 18,6 + 0,5x.36,5 = 34,575 + 0,25x.2 ⇒ x = 0,9 M 18, 6 18, 6 Ở TN2, ta có: < nhh < và nHCl = 0,8.0,9 = 0,72 mol > 2nhh nên sau phản 65 56 ứng HCl dư. Gọi a và b lần lượt là số mol của Zn và Fe trong 18,6 gam hỗn hợp 65a + 56b =18, 6 a = 0, 2 Hệ  ⇒ 136a + 127b = 39,9 b = 0,1 ⇒ %mZn = 69,89% ; %mFe = 30,11% C%(H2SO4)=

6 (3,0 điểm)

0,5

78, 4.6, 25 = 0,05 mol . Gọi nMO = a mol 100.98 - Hòa tan MO vào dd H2SO4 loãng: → MSO4 + H2O MO + H2SO4  mol: a a a ⇒ nH2SO4 dư = (0,05 – a) mol

0,5

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

1,0 0,5

nH2SO4 bđ =

7 (3,0 a mdd sau pư = (M + 16)a + 78,4 (gam) ; mMO = (M + 16)a = m (gam) điểm) 98.(0,05 - a).100 Ta có C% ( H 2SO 4(du) ) = = 2,433(%) (I) (M+16)a + 78,4 - Khử MO bằng CO dư to → M + CO2 MO + CO  a a a a Vậy hỗn hợp Y gồm CO2 và CO dư

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

0,5

- Cho Y qua dd NaOH có nNaOH = 0,5.0,1= 0,05 (mol) mà chỉ còn một khí thoát ra thì đó là CO, vậy CO2 đã phản ứng hết. Phản ứng có thể xảy ra: → Na2CO3 + H2O CO2 + 2NaOH  k 2k k CO2 + NaOH  → NaHCO3 t t t ⇒ mmuối = 106k + 84t = 2,96 (II) TH1: Nếu NaOH dư thì t = 0 ( không có muối axít) ⇒ a = k = 0,028. Thay vào (I) ta được M = 348,8 (loại) TH2: Nếu NaOH hết 2k + t = 0,05 (III) Từ (II) và (III) ⇒ k = 0,02 ; t = 0,01 ⇒ nCO2 = a = 0,03 mol Thay vào (I) được M = 56 ⇒ đó là Fe và m = (56 + 16).0,03 = 2,16 (g) Dung dịch X gồm: FeSO4 (0,03 mol) ; H2SO4 dư (0,02 mol) Khi cho Al vào, phản ứng hoàn toàn mà có 1,12 g chất rắn => H2SO4 đã hết → Al2(SO4)3 + 3H2 2Al + 3H2SO4  0,04/3 ← 0,02 → Al2(SO4)3 + 3Fe 2Al + 3FeSO4  2b/3 b b Khối lượng Fe trong dd X: 56.0,03 = 1,68 (g) > 1,12 (g) b ⇒ FeSO còn dư thì Al hết. 4 11, 2 Vậy b = = 0,02 mol 56 0, 04 0, 04 0, 08 ⇒ nAl = = (mol) + 3 3 3 0, 08 = 0,72 (gam) ⇒ x = 27. 3

0,5 0,5

0,5

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

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

Câu 1 (2,0 điểm): Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau: a) Ozon oxi hóa I − trong môi trường trung tính. b) Sục khí CO2 qua nước Javel. c) Sục khí Flo qua dung dịch NaOH loãng lạnh. d) Cho dung dịch Na2S2O3 tác dụng với dung dịch I2 có pha vài giọt hồ tinh bột. Câu 2 (3,0 điểm): Phân tử các chất sau: NO, N2O, CO2, O3. a) Cho biết trong số các chất trên chất nào phân tử không có cực, chất nào sau khi liên kết quy tắc bát tử không đúng? b) Viết công thức electron và công thức cấu tạo của phân tử các chất trên. Câu 3 (3,0 điểm): Hợp chất A có công thức M2XnY12 được tạo thành từ các nguyên tử của 3 nguyên tố (M, X, Y): M là kim loại thuộc chu kì 3; X, Y là hai nguyên tố thuộc cùng một nhóm và ở hai chu kì nhỏ liên tiếp trong

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

bảng hệ thống tuần hoàn. Trong 1 phân tử A, tổng số hạt mang điện bằng 340 hạt. Xác định công thức phân tử A. Biết tổng số nguyên tử trong một phân tử A không vượt quá 17 nguyên tử.

Câu 4 (3,0 điểm): Cho 3,64 gam hỗn hợp R gồm một oxit, một hiđroxit và một muối cacbonat trung hòa của một kim loại M có hóa trị II tác dụng vừa đủ với 117,6 gam dung dịch H2SO4 10%. Sau phản ứng, thu được 0,448 lít khí (đktc) và dung dịch muối duy nhất có nồng độ 10,867% (khối lượng riêng là 1,093gam/ml); nồng độ mol là 0,545M. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định kim loại M. b) Tính % khối lượng của các chất có trong hỗn hợp R. Câu 5 (3,0 điểm): Hòa tan hòa toàn a gam một oxit sắt bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng vừa đủ (có chứa 0,075 mol H2SO4) thu được b gam muối và 0,168 lít khí SO2 (đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Tính a, b và công thức oxit sắt. Câu 6 (3,0 điểm): Hỗn hợp X gồm Mg và kim loại M. Hòa tan hoàn toàn 8 gam hỗn hợp X cần vừa đủ 200 gam dung dịch HCl 7,3%. Mặt khác, cho 8 gam hỗn hợp X tác dụng hoàn toàn với khí Cl2 cần dùng 5,6 lít Cl2 (đktc) tạo ra hai muối clorua. Xác định kim loại M và tính % về khối lượng của từng kim loại trong X. Câu 7 (3,0 điểm): Hòa tan m gam KMnO4 trong dung dịch HCl đặc dư được dung dịch A và V lít khí D (đktc). Pha loãng dung dịch A được 500 ml dung dịch B. Để trung hòa axit dư trong 50 ml dung dịch B cần dùng vừa đủ 24 ml dung dịch NaOH 0,5 M.Thêm AgNO3 dư vào 100 ml dung dịch B để kết tủa hoàn toàn ion clorua thu được 17,22 gam kết tủa. a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Tính nồng độ mol/lít các chất tan trong B. c) Tính m, V và thể tích dung dịch HCl 36,5% (D = 1,18 g/ml) đã dùng. ---------- Hết ----------

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

Câu 1 (2,0 điểm) 2 (3,0 điểm) 3 (3,0 điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 02 trang) Nội dung

a b c d a b

−

O3 + I + H2O  → O2 + I2 + 2OH CO2 + NaClO + H2O  → NaHCO3 + HClO 2F2 + 2NaOH(loãng, lạnh)  → 2NaF + H2O + OF2 → Na2S4O6 + 2NaI 2Na2S2O3 + I2  Phân tử không có cực: CO2 Quy tắc bát tử không đúng: NO Viết công thức electron và công thức cấu tạo. (Mỗi chất 0,5đ) Hợp chất A có dạng: M2XxY12: → 4ZM + 2nZX + 24ZY = 340 → 2ZM + nZX + 12ZY = 170 (1) X, Y là thuộc cùng một nhóm và ở hai chu kì nhỏ liên tiếp (giả sử ZX > ZY) → ZX - ZY = 8 (2) M là kim loại thuộc chu kì 3 → 11 ≤ ZM ≤ 13 (3)

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

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

4 (3,0 điểm)

5 (3,0 điểm)

6 (3,0 điểm)

Theo (1), (2) và (3): 2ZM + (n+12) ZX = 266 → ZM = 133 – (0,5n + 6)ZX (4) 120 122 Thay (4) vào (3): → kết hợp với 1 ≤ n ≤ 17 – 12 – 2 = 3 ≤ ZX ≤ 6 + 0, 5n 6 + 0,5n 120 122 → → 16 ≤ ZX ≤ 18 ≤ ZX ≤ 6 + 0,5.3 6 + 0,5.1 Trường hợp 1: ZX = 16 (S) → ZY = 8(O) → ZM = 37 - 8n → 3 ≤ n ≤ 3,25 → n = 3 và ZM = 13 (Al) Hợp chất A: Al2S3O12 ≡ Al2(SO4)3 Trường hợp 2: ZX = 17(Cl) → ZY = 9(F) → ZM = 31 - 8,5n → 2,1 ≤ n ≤ 2,3 (loại) Đặt số mol của MO, M(OH)2, MCO3 tương ứng là x, y, z. Nếu tạo muối trung hòa ta có các phản ứng MO + H2SO4 → MSO4 + H2O (1) M(OH)2 + H2SO4 → MSO4 + 2H2O (2) MCO3 + H2SO4 → MSO4 + H2O + CO2 (3) Nếu tạo muối axít ta có các phản ứng (4) MO + 2H2SO4 → M(HSO4)2 + H2O M(OH)2 + 2H2SO4 → M(HSO4)2 + 2H2O (5) MCO3 + 2H2SO4 → M(HSO4)2 + H2O + CO2 (6) D.C%.10 1, 093.10,876.10 Ta có: M Muôi = = ≈ 218 CM 0, 545 -TH1: Nếu muối là MSO4 ⇒ M +96 = 218 ⇒ M = 122 (loại) -TH2: Nếu là muối M(HSO4)2 ⇒ M + 97.2 = 218 ⇒ M = 24 (Mg) Vậy xảy ra phản ứng (4,5,6) tạo muối Mg(HSO4)2 Theo (4,5,6) ⇒ Số mol CO2 = 0,448/22,4 = 0,02 mol ⇒ z = 0,02 (I) 117,6.10 Số mol H2SO4 = (II) = 0,12 mol ⇒ 2x + 2y + 2z = 0,12 98 Đề bài: 40x + 58y + 84z = 3,64 (III) Giải hệ (I,II,III) : x = 0,02; y = 0,02; z = 0,02 %mMgO = 21,98%; %mMg(OH)2 = 31,87%; %mMgCO3 = 46,15% Bảo toàn nguyên tố S, ta có: nH2SO4 = 3nFe2(SO4)3 + nSO2 ⇒ nFe2(SO4)3 = 0,0225 mol ⇒ mFe2(SO4)3 = b = 9 gam Theo định luật bảo toàn khối lượng ⇒ a = 3,48 gam Lập luận ⇒ nO = 0,06 ; nFe = 0,045 ⇒ Công thức Fe3O4 Viết 4 phương trình hóa học (Mỗi phản ứng 0,25đ) nHCl = 0,4 mol; nCl2 = 0,25 mol; nMg = x mol; nM = y mol Ta có: 24x + My = 8 (1) X tác dụng với dung dịch HCl (M thể hiện hóa trị n) ⇒ 2x + ny = 0,4 (2) X tác dụng với Cl2 (M thể hiện hóa trị m) ⇒ 2x + my = 0,5 (3) Từ (2) và (3) y(m – n) = 0,1 m > n Biện luận chọn m = 3 và n = 2 ⇒ x = y = 0,1 mol Từ (1) ⇒ M = 56 là Fe ⇒ %mMg = 30% ; %mFe = 70%

0,5

0,5 0,5

1,5

0,5

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

1,0

Các phương trình phản ứng:

7 (3,0 điểm)

KMnO4 + + 16HCl (đặc) → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O (1) Dung dịch A chứa KCl, MnCl2 và HCl dư ⇒ dung dịch B chứa KCl, MnCl2 và HCl. •

Trung hòa axit trong B bằng NaOH: HCl + NaOH → NaCl + H2O

(2)

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

1,0

•

B tác dụng với AgNO3 dư: AgNO3 + HCl → AgCl↓ + HNO3

(4)

AgNO3 + KCl → AgCl↓ + KNO3 2AgNO3 + MnCl2 → 2AgCl↓ + Mn(NO3)2

(5)

(6)

Đặt số mol HCl, KCl trong 50 ml dung dịch B lần lượt là x, y (mol). Theo phương trình phản ứng (1): n MnCl2 = nKCl = y mol

0,5

Theo phương trình phản ứng (2): x = nHCl = nNaOH = 0,024.0,5 = 0,012 mol ⇒ CM (HCl) = 0,24 M Trong 100 ml dung dịch B: nHCl = 2x mol; n MnCl2 = nKCl = 2y mol Theo phương trình phản ứng (3), (4), (5): nAgCl↓ = nHCl + nKCl + 2. n MnCl2

0,5

⇒ 2x + 2y + 2.2y = 17,22 : 143,5 = 0,12 ⇒ x + 3y = 0,06 ⇒ y = 0,016 Vậy nồng độ mol của các chất trong B là: C M ( KCl ) = C M ( MnCl 2 ) = 0, 32M Theo (1) ta có: n KMnO4 = nKCl (500 ml dd B) = 10y = 0,16 mol

⇒ m = m KMnO 4 (ban đầu) = 0,16.158 = 25,28 gam

0,5

5 n KMnO4 = 0, 4mol ⇒ V = 0,4.22,4 = 8,96 lít. 2 Theo (1): nHCl pư = 8 n KMnO4 = 1,28 mol mà nHCl dư = 10.x = 0,12 mol

n Cl2 =

⇒ nHCl đã dùng = 1,28 + 0,12 = 1,4 mol n .M 1, 4.36,5 Vdd HCl đã dùng = HCl HCl = = 118, 64ml C%.D 36,5%.1,18

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 5

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

Câu 1 (2,0 điểm): Cho sơ đồ thí nghiệm như hình vẽ:

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

0,5

(11)

X5 (10) (8)

(6)

(7)

(1) (5)

X4 (9)

(4)

(2)

(3) X

+ Fe

Câu 3 (3,0 điểm): Tổng số hạt (P, N, E) của phân tử XY3 bằng 196; trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 60. Cũng trong phân tử XY3 số proton của X ít hơn số proton của Y là 38. a) Tìm XY3. b) Phân tử XY3 dễ dàng đime hóa để tạo thành chất Q. Viết công thức cấu tạo của Q. c) Viết phản ứng xảy ra khi cho hỗn hợp KIO3 và KI vào dung dịch XY3. Câu 4 (3,0 điểm): Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3 trong 50 ml dung dịch H2SO4 18 M (dư) thu được dung dịch Y và V lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cho 450 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 21,4 gam kết tủa. Tính khối lượng chất tan trong Y và giá trị của V.

Câu 5 (3,0 điểm): Cho m gam kim loại X tác dụng vừa đủ với 7,81 gam khí clo thu được 14,05943 gam muối clorua với hiệu suất 95%. Kim loại X có hai đồng vị A và B có đặc điểm như sau: - Tổng số hạt cơ bản trong hai nguyên tử A và B bằng 186. - Hiệu số hạt không mang điện của A và B bằng 2. - Một hỗn hợp có 3600 nguyên tử A và B. Nếu thêm vào hỗn hợp này 400 nguyên tử A thì hàm lượng phần trăm của nguyên tử B trong hỗn hợp sau ít hơn trong hỗn hợp đầu là 7,3%

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

a) Xác định giá trị của m và tên kim loại X. b) Xác định số khối của A, B và số hạt proton.

Câu 6 (3,0 điểm): Cho x gam một muối halogen của một kim loại kiềm tác dụng với 250 ml dung dịch H2SO4 đặc, nóng (vừa đủ). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp sản phẩm A trong đó có một khí B (mùi trứng thối). Cho khí B tác dụng với dung dịch Pb(NO3)2 (dư) thu được 47,8 gam kết tủa màu đen. Phần sản phẩm còn lại, làm khô thu được 342,4 gam chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi, thu được 139,2 gam muối M duy nhất. a) Tính CM của dung dịch H2SO4 ban đầu. b) Xác định công thức phân tử muối halogen. c) Tính x. Câu 7 (3,0 điểm): Cho hỗn hợp X gồm hai chất rắn FeCO3 và FeS2. Cho X cùng một lượng O2 vào một bình kín có thể tích V lít. Đốt nóng bình cho phản ứng xảy ra (giả thiết khả năng phản ứng của 2 muối là như nhau, sản phẩm phản ứng là Fe2O3), sau phản ứng đưa về điều kiện ban đầu thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z, áp suất trong bình lúc này là P. Để hoà tan chất rắn Y cần 200 ml dung dịch HCl 0,3M, thu được hỗn hợp khí M và sản phẩm E còn lại, nếu đưa M vào bình kín thể tích V lít ở cùng điều kiện với Z thì áp suất 1 trong bình lúc này là P . Thêm dung dịch NaOH dư vào sản phẩm E được chất rắn F, lọc lấy F và làm 2 khô ngoài không khí cân được 3,85 gam (không nung). a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) So sánh áp suất trong bình trước và sau khi nung c) Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X. ---------- Hết ----------

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 5

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

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

Câu

Nội dung * Thí nghiệm 1: + Khi K đóng: khí sinh ra phải qua bình chứa Z, nếu bị Z hấp thụ thì không còn để phản ứng với T. o

t 2H2SO4đăc + C  → CO2 + 2SO2 + 2H2O 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  → 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 Chỉ bình chứa dd Z bị nhạt màu + Khi K mở: khí sinh ra không tiếp xúc với cả Z và T. 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  → 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 . SO2 + Br2 + 2H2O  → H2SO4 + 2HBr Cả bình Z và T đều nhạt màu * Thí nghiệm 2: + Khi K đóng: 16HCl + 2KMnO4  → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O → 2KCl + Br2 Cl2 + 2KBr  Dung dịch Z đậm màu dần lên + Khi K mở: Cl2 + 2KBr  → 2KCl + Br2 Cl2 + 2FeCl2  → 2FeCl3 Dung dịch Z đậm màu dần lên và dung dịch T chuyển màu nâu đỏ X1 là HCl; X2 là FeCl3 ; X3 là KClO3 ; X4 là KClO4 ; X5 là KCl ; X6 là KClO ; X7 là HClO(có thể thay muối kali thành natri). Các phản ứng: (Mỗi phản ứng đúng cho 0,25đ) as (1): Cl2 + H2  → 2HCl (2): Fe2O3 + 6HCl  → 2FeCl3 + 3H2O

1 (2,0 điểm)

Điểm

0,5

t (3): 2Fe + 3Cl2  → 2FeCl3 t0 (4): 3Cl2 + 6KOH  → 5KCl + KClO3 + 3H2O (5): KClO3 + 6HCl  → KCl + 3Cl2↑ + 3H2O (6): Cl2 + 2K  → 2KCl ®p kh«ng mn → KClO3 + 3H2↑ (7): KCl + 3H2O  t0

2 (3,0 điểm)

3,0

MnO2 , t (8): 2KClO3  → 2KCl + 3O2↑ t0 (9): 4KClO3  → KCl + 3KClO4 0

t (10): KClO4  → KCl + 2O2↑ ®p kh«ng mn (11): KCl + H2O  → KClO + H2↑

3 (3,0 điểm)

(12): KClO + H2O + CO2  → KHCO3 + HClO Gọi số proton và nơtron của X, Y lần lượt là PX; NX; PY; NY. (2PX + N X ) + 3.(2PY + N Y ) = 196  Theo giả thiết ta có hệ: (2PX + 6PY ) − (N X + 3N Y ) = 60 3P − P = 38  Y X

PX + 3PY = 64  ⇒  N X + 3N Y = 68 ⇒ PX = 13 ; PY = 17 3P − P = 38  Y X + Vậy X là Al và Y là Cl ⇒ XY3 là AlCl3. AlCl3 đime hóa thành Al2Cl6(Q) có công thức cấu tạo như sau:

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

0,5

1,0 1,0

Cl Al Cl

4 (3,0 điểm)

Cl Al

KIO3 + 5KI + 2AlCl3 + 3H2O → 2Al(OH)3 + 3I2 + 6KCl Dung dịch Y gồm: Fe2(SO4)3 và H2SO4 dư nNaOH bđ = 0,9 mol nNaOH = 3nFe(OH)3 = 0,6 mol 1 1 ⇒ nH2SO4 dư = nNaOH = ( 0,9 − 0, 6 ) = 0,15 mol 2 2 ⇒ nH2SO4 pứ = 0,9 – 0,15 = 0,75 mol Gọi số mol SO2 là x mol Theo định luật bảo toàn khối lượng: mX + mH 2 SO4 pu = mFe2 ( SO4 ) + mSO2 + mH 2O 3

5 (3,0 điểm)

0, 75 − x ⇒ 19, 2 + 98.0, 75 = 400. + 64 x + 18.0, 75 ⇒ x = 0, 3 3 ⇒ VSO2 = 6,72 lít Bảo toàn nguyên tố S, ta có: nH SO pu − nSO2 0, 75 − 0.3 nFe2 ( SO4 ) (Y ) = 2 4 = = 0,15 ( mol ) 3 3 3 ⇒ mchất tan trong Y = 0,15.98 + 0,15.400 = 74,7 gam 100 Số gam của muối clorua theo lí thuyết: 14, 05943 × = 14,7994 gam 95 Số gam kim loại X trong muối: m = 14,7994 – 7,81 = 6,9894 gam Kim loại X có hóa trị n ⇒ XCln 7,81 nCl trong muối = = 0,22 mol 35,5 0, 22 mol ⇒ nX trong muối = n 6,9894 M= .n = 31,77n. 0, 22 Biện luận ta chọn n = 2 ⇒ M = 63,54. Vậy X là Cu Gọi a là số hạt của đồng vị A; b là số hạt của đồng vị B. 100.b 100.b − = 7,3 (1) 3600 4000 a + b = 3600 (2) Từ (1) và (2) ⇒ a = 972; b = 2628 * Nếu B – A = 2.  972A + 2628B = 63,54  A = 62, 08  Ta có:  ⇒ 3600  B = 64, 08  B − A = 2 → loại * Nếu A – B = 2  972A + 2628B = 63,54  A = 65  Ta có:  ⇒ 3600  B = 63  A − B = 2 ⇒ 65Cu và 63Cu

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

0,5

1,0

0,5

Theo GT: (pA + eA + nA) + (pB + eB + nB) = 186 ⇒ (pA + eA + nA) + (pA + eA + nA + 2) = 186 ⇒ 2pA + nA = 92 Mặt khác: pA + nA = 63 ⇒ Số proton: pA = pB = 29 Vì khí B có mùi trứng thối, khi tác dụng với dung dịch Pb(NO3)2 tạo kết tủa đen ⇒ B là H2S + Gọi công thức tổng quát của muối halogen kim loại kiềm là RX 0

t PƯHH: 8RX + 5H2SO4 đặc → 4R2SO4 + H2S + 4X2 + 4H2O 1,0 0,8 0,2 0,8 (Có thể học sinh viết 2 phương trình hóa học liên tiếp cũng được) Khí B tác dụng với dung dịch Pb(NO3)2 H2S + Pb(NO3)2 → PbS ↓ + 2HNO3 47,8 0,2 = 0,2 (mol) 239 Theo (1) ⇒ nH2SO4 = 1,0 (mol) 1,0 ⇒ C M H 2SO4 = = 4,0(M) 0, 25

(1)

0,5

(2) 0,5

+ Sản phẩm A có: R2SO4, X2, H2O, H2S ⇒ chất rắn T có: R2SO4, X2 . Khi nung T, X2 bay hơi ⇒ m R 2SO4 = 139,2g.

6 (3,0 điểm)

⇒ m X2 = 342,4 – 139,2 = 203,2 (g)

0,5

Theo (1) ⇒ n X 2 = 0,8 (mol)

203, 2 = 254 ⇒ MX = 127. 0,8 Vậy X là Iốt (I) 139,2 Ta có M M 2 SO4 = 2R + 96 = = 174 ⇒ R = 39 0,8 ⇒ M X2 =

0,5

→ R là Kali (K)

Vậy: CTPT muối halogen là: KI Dựa vào (1) → n RX = 8 n H 2S = 1,6 (mol)

0,5

⇒ x = (39 + 127). 1,6 = 265,6 (g) Phương trình phản ứng:

t 4FeCO3 + O2  → 2Fe2O3 + 4CO2

(1)

7 (3,0 điểm)

t 4FeS2 + 11O2  (2) → 2Fe2O3 + 8SO2 + Hỗn hợp muối trong Y có chứa FeCO3 và FeS2 chưa phản ứng. + Khi Y tác dụng HCl, ta có: → FeCl2 + CO2 ↑ + H2O FeCO3 + 2HCl  (3) → FeCl2 + S ↓ + H2S ↑ FeS2 + 2HCl  (4) ⇒ Hỗn hợp M gồm CO2 và H2S. Dung dịch E gồm: FeCl2 + Khi dung dịch E phản ứng với NaOH dư ta có chất rắn F theo phản ứng:

→ Fe(OH)2 + 2NaCl FeCl2 + 2NaOH 

(5)

+ Làm khô F theo phản ứng:

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

1,5

(6) 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  → 4Fe(OH)3 Vì khả năng phản ứng của 2 muối như nhau nên gọi a là số mol của mỗi muỗi tham gia phản úng (1) và (2). 1 11 Theo (1), (2): nO2 pư = a + a = 3a; nCO2 + nSO2 = a + 2a = 3a 4 4 ⇒ V khí không đổi ⇒ Pban đầu = Psau pứ Gọi x, y lần lượt là số mol của FeCO3 và FeS2 tham gia phản ứng (3) và (4). Theo (3) và (4): nHCl = 2x + 2y = 0,3 × 0,2 = 0,06 (I) nCO2 + nH2S = x + y = 0,03 (mol) 1 1 Mà lượng khí này làm P = Pban đầu ⇒ n hh ( CO2 , H 2S) = n hh ( CO2 , SO2 ) 2 2

(

0,5

)

⇒ n CO2 (1) + n SO2 ( 2 ) = 2 n CO2 + n H2S = 0, 06 mol ⇒ 3a = 0,06 ⇒ a = 0,02 (mol)

mF = mFe(OH)3 + mS = 107 × (x + y) + 32y = 3,85 ⇔ 107x + 139y = 3,85 (II) Từ (I) và (II) suy ra: x = 0,01; y = 0,02 nFeCO3 bđ = 0,02 + 0,01 = 0,03 mol; nFeS2 bđ = 0,02 + 0,02 = 0,04 mol mhh X = 0,03 × 116 + 0,04 × 120 = 8,28 (gam) ⇒ %mFeCO3 = 42,03% ; %mFeS2 = 57,97%

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

0,5

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 6

Câu 1 (2,0 điểm): Bố trí thí nghiệm như hình vẽ sau: Dung dịch HCl đặc

KMnO4 rắn

Bông tẩm dung dịch KBr đặc

Bông tẩm dung dịch KI đặc

Hồ tinh bột

Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra khi thí nghiệm được tiến hành. Câu 2 (2,0 điểm): Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3  → K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 b) FexOy + HNO3  → Fe(NO3)3 + NnOm + H2O c) KMnO4 + KNO2 + H2SO4  → MnSO4 + KNO3 + K2SO4 + H2O d) CuSO4 + P + H2O  → Cu3P + H3PO4 + H2SO4 Câu 3 (3,0 điểm): a) Ion Px O3y− và Sn O 2m− đều có tổng số electron là 50. Hãy xác định x, y, m, n và suy ra các ion trên biết rằng x < y và n < m. b) Hợp chất X có công thức AxB2 (A là kim loại B là phi kim). Biết trong nguyên tử B có số notron nhiều hơn proton là 10, trong nguyên tử A số electron bằng số notron, trong 1 phân tử AxB2 có tổng số proton bằng 82, phần trăm khối lượng của B trong X bằng 86,957%. Xác định A, B. c) Trong tự nhiên, nguyên tố Clo có 2 đồng vị là 35Cl và 37Cl. Nguyên tử khối trung bình của Clo là 35,5. Trong hợp chất HClOx, nguyên tử đồng vị 35Cl chiếm 26,12% về khối lượng. Xác định công thức phân tử của hợp chất HClOx. (Cho H = 1; O = 16) Câu 4 (2,0 điểm): a) Cho hai công thức hóa học: PCl5 và NCl5. Cho biết công thức nào đúng, công thức nào sai? Dựa vào sự tạo thành liên kết cộng hóa trị hãy giải thích vì sao? b) Viết công thức electron và công thức cấu tạo của CO2 và SO2. Từ đó hãy giải thích vì sao SO2 dễ tan trong nước hơn CO2. Câu 5 (2,0 điểm): Bật tia lửa điện để đốt cháy hỗn hợp X gồm O2 và H2 với hiệu suất phản ứng là 90% sau phản ứng đưa hỗn hợp về 20°C được hỗn hợp khí Y có tỷ khối so với H2 bằng 88/73. Tính thành phần trăm thể tích các khí trong X (thể tích chất lỏng là không đáng kể).

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

Câu 6 (3,0 điểm): Hỗn hợp A gồm FeS2 và FeCO3. Cho a gam hỗn hợp A vào bình kín chứa không khí, rồi nung nóng cho đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí B gồm CO2, SO2, O2, N2. Trong B có % 200 thể tích của khí CO2 là %. Thêm S vào a gam hỗn hợp X rồi cho vào bình kín chứa không khí như 61 trên, nung nóng bình cho đến khi các phản ứng đang xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Z gồm CO2, SO2, O2, N2.Trong Z có tổng % thể tích của SO2 và O2 là 14,7541%. Biết thể tích của chất rắn trong các thí nghiệm là không đáng kể, không khí có 20% O2 và 80% N2. Tìm % khối lượng mỗi chất trong A. Câu 7 (3,0 điểm): Dung dịch X là dung dịch HCl. Dung dịch Y là dung dịch NaOH. Cho 60 ml dung dịch X vào cốc chứa 100 gam dung dịch Y, tạo ra dung dịch chỉ chứa một chất tan. Cô cạn dung dịch thu được 14,175 gam chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thì chỉ còn lại 8,775 gam chất rắn. a) Tìm nồng độ mol/l của dung dịch X, nồng độ phần trăm của dung dịch Y và công thức của Z. b) Cho 16,4 gam hỗn hợp X1 gồm Al, Fe vào cốc đựng 840 ml dung dịch X. Sau phản ứng thêm tiếp 1600 gam dung dịch Y vào cốc. Khuấy đều cho phản ứng hoàn toàn, lọc lấy kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 13,1 gam chất rắn Y1. Tìm thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X1. Câu 8 (3,0 điểm): Hỗn hỗp X gỗm Fe và kim loỗi M (hóa trỗ n không ñỗi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dỗch H2SO4 ñỗc nóng, dỗ thu ñỗỗc dung dỗch A và V lít khí SO2 (ñktc) là sỗn phỗm khỗ duy nhỗt. Hỗp thỗ hoàn toàn lỗỗng khí SO2 trên bỗng 500 ml dung dỗch NaOH 0,2M ñỗỗc dung dỗch chỗa 5,725 gam chỗt tan. Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. a) Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Tính V. c) Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X. ---------- Hết ----------

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 6

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

Câu

Nội dung Ống nghiệm chứa KMnO4 và đoạn thứ nhất của ống hình trụ nằm ngang có màu vàng lục vì có khí clo. 2KMnO4 + 16HCl  → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O Đ o ạ n gi ữ a c ủ a ố ng hình trụ nằm ngang có màu đỏ nâu vì có hơi brom sinh ra. 1 (2,0 Cl2 + 2KBr  → 2KCl + Br2 điểm) Đoạn cuối của ống hình trụ nằm ngang có màu tím vì có hơi iot sinh ra. Br2 + 2KI  → 2KBr + I2 Ống nghiệm chứa hồ tinh bột chuyển màu xanh vì iot sinh ra tác dụng với hồ tinh bột. 1x Cr2S3 → 2Cr+6 + 3S+6 + 30e 15x Mn2+ + 2N+5 + 2e → Mn+6 + 2N+2 a Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3  → 2K2CrO4 + 3K2SO4 + 15K2MnO4 + 30NO + 20CO2 → xFe+ 3 + (3x – 2y)e (5n – 2m) x xFe+2y/x +5 (3x – 2y) x nN + (5n – 2m)e → nN+ 2m/n b 2 → (5n – 2m)FexOy + (18nx – 6mx – 2ny)HNO3  (2,0 x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O điểm) 2x Mn+7 + 5e → Mn+2 → N+5 + 2e 5x N+3 c 2KMnO4 + 5KNO2 + 3H2SO4  → 2MnSO4 + 5KNO3 + K2SO4 + 3H2O 5x 3Cu2+ + P + 6e → Cu3P 6x P → P+5 + 5e d 15CuSO4 + 11P + 24H2O  → 5Cu3P + 6H3PO4 + 15H2SO4 P có 15e → x nguyên tử P có 15x electron O có 8e → y nguyên tử O có 8y electron 47 − 15 x a Theo giả thiết : 15x + 8y + 3 = 50 → y = 8 Chọn x = 1 ⇒ y = 4. Vậy công thức của ion là PO34− . Tương tự ta cũng xác định được ion còn lại là SO 24 − . MX = 82.2 + 10.2 = 184. 3 2.M B/184 = 86,957% ⇒ MB = 80 ⇒ B là Br (3,0 b G ọ i X là AxBr2 điểm) x.MA + 160 = 184 ⇒ MA= 24/x ⇒ x = 1, MA=24 Vậy A là Mg. Gọi x là % số nguyên tử của đồng vị 35Cl, ta có: 35 x + 37(100 − x) ⇒ x = 75 35,5 = c 100 Chọn số mol của HClOx = 1 mol ⇒ nCl = 1 mol ⇒ số mol nguyên tử 35Cl = 0,75 mol.

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

Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5

0,5

0,5 0,5 0,5

0,5 0,5

Theo bài ta có: %m 35Cl =

0, 75.35 = 0,2612 ⇒ x = 4 1.(1 + 35,5 + 16 x)

CTPT hợp chất là : HClO4 PCl5: đúng NCl5: sai a Giải thích: N không tạo được 5 electron độc thân, do vậy không thể tạo được 5 liên kết cộng hóa trị. P vì có obitan 3d trống có thể tạo được 5 electron độc thân, do vậy tạo được 5 liên kết cộng hóa trị. 4 Viết công thức electron và công thức cấu tạo. (Mỗi chất 0,5đ) (2,0 điểm) Nguyên tử C trong CO2 có lai hóa sp, do đó phân tử CO2 có cấu tạo thẳng nên mặc dù liên kết C-O là liên kết cộng hóa trị có cực nhưng CO2 không phân cực. b Nguyên tử S trong SO2 có lai hóa sp2, do đó phân tử SO2 bị gấp khúc, điện tích âm trên O và điện tích dương trên S không bị triệt tiêu nên SO2 phân cực. Vậy SO2 tan trong nước nhiều hơn CO2. Xét 1 mol X gọi số mol O2 và H2 lần lượt là a và b ta có a + b = 1 (1) Hỗn hợp sau phản ứng đưa về 20°C nên chỉ có O2 dư và H2 dư có M = 2 × 88/73 ≈ 2,41 ⇒ nếu phản ứng hoàn toàn thì H2 dư. ⇒ số mol O2 đã phản ứng là 0,9a O2 + 2H2  → 2H2O Ban đầu: a b 5 Phản ứng: 0,9a 2 × 0,9a 1,8a (2,0 Sau phản ứng: 0,1a b − 1,8a 1,8a điểm) ⇒ Số mol hỗn hợp giảm là 2,7a Khối lượng khí giảm so với ban đầu là 18 × 2 × 0,9a 88 32a + 2b − 18 × 2 × 0,9a Ta có: 2 × (2) = 73 1 − 2, 7a Từ (1) và (2) ta có a = 0,1 ; b = 0,9 Hỗn hợp X có 10% thể tích là O2 và 90% thể tích là H2. Giả sử số mol của hỗn hợp khí B =100 mol. Đặt số mol của các khí trong B: CO2 = x; SO2 = y; O2 = z; N2 = t. Ta có: x + y + z + t = 100 (I) Phản ứng khi nung hỗn hợp A: 4FeCO3 + O2  → 2Fe2O3 + 4CO2 (1) x 0,25x 4FeS2 + 11O2  → 2Fe2O3 + 8SO2 (2) 0,5y 1,375y 200 200 Do %VCO2 = % ⇒ x= (*) 61 61 6 Trong không khí có: VN2 = 4VO2 ⇒ nN2 = 4(0,25x + 1,375y + z) = x + 5,5y + 4z (3,0 Thay vào (I) ⇒ 2x + 6,5y + 5z = 100 (**) điểm) Thêm S vào A, rồi nung nóng ta có các phản ứng sau: 4FeCO3 + O2  → 2Fe2O3 + 4CO2 → 2Fe2O3 + 8SO2 4FeS2 + 11O2  → SO2 (3) S + O2  Nhận xét : Theo phản ứng (3) số mol O2 = số mol SO2 → Tổng số mol khí Z = Tổng số mol khí B = 100 mol. V(SO2 + O2) = 14,7541% ⇒ V(CO2 + N2) = 85,2459% ⇒ x + t = 85,2459 ⇒ 2x + 5,5y + 4z = 85,2459 (***) Từ (*); (**); (***) ⇒ x ≈ 3,2787 ; y ≈ 13,1147 ; z ≈ 1,6393

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

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

0,5

0,5 0,5

1,0

0,5

1 n SO2 = 6,55735(mol) 2 ⇒ %mFeCO3 = 32,58% ; %mFeS2 = 67,42% HCl + NaOH  → NaCl + H2O

Theo (2) ⇒ n FeS2 =

0,5

t Dd NaCl  → NaCl.nH2O (Z) o

7 (3,0 điểm)

t NaCl.nH2O  → NaCl + n H2O Do dung dịch thu được chỉ chứa một chất tan nên HCl và NaOH phản ứng vừa đủ với nhau. 8, 775 Ta có: nHCl = nNaOH = nNaCl = = 0,15 mol. 58, 5 0,15 0,15×40 ⇒ CM (HCl) = = 2,5M ; C%(NaOH) = ×100% = 6% 100 0,06 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mH2O = 14,175 – 8,775 = 5,4 gam ⇒ nH2O = 0,3 mol ⇒ n = 0,3:0,15 = 2 .Vậy công thức của Z là NaCl.2H2O. Số mol HCl có trong 840 ml dung dịch X: nHCl = 0,84.2,5 = 2,1 mol 1600 × 6 Số mol NaOH có trong 1600 gam dung dịch Y: n NaOH = = 2, 4 mol 100 × 40 (1) Al + 3HCl  → AlCl3 + 3/2H2 a 3a a Fe + 2HCl  → FeCl2 + H2 (2) b 2b b Giả sử X1 chỉ có Al. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Al là:

n HCl =

0,5

16, 4 × 3 = 1,82 < 2,1 27

Giả sử X1 chỉ có Fe. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Fe là: n HCl =

16, 4 × 2 = 0,59 < 2,1 56

Vậy với thành phần bất kì của Al và Fe trong X1 thì HCl luôn dư. Khi thêm dung dịch Y: HCl + NaOH  (3) → NaCl + H2O 2,1 – (3a + 2b) 2,1 – (3a + 2b) b FeCl2 + 2NaOH  (4) → Fe(OH)2 + 2NaCl b 2b b → Al(OH)3 + 3NaCl AlCl3 + 3NaOH  (5) a 3a a Đặt số mol của Al và Fe trong 16,4 gam hỗn hợp X1 lần lượt là a và b. Ta có: 27a + 56b = 16,4 (*) Tổng số mol NaOH tham gia các phản ứng (3), (4) và (5) là 2,1 mol ⇒ số mol NaOH dư là: 2,4 – 2,1 = 0,3 mol. Al(OH)3 + NaOH  → NaAlO2 + 2 H2O a 0,3 Trường hợp 1: a ≤ 0,3, Al(OH)3 bị hòa tan hoàn toàn, kết tủa chỉ có Fe(OH)2. 4Fe(OH)2 + O2  → 2Fe2O3 + 4H2O b b/2 Chất rắn Y1 là Fe2O3. b/2 = nFe2O3 = 13,1:160 = 0,081875 ⇒ b = 0,16375 mol (*) ⇒ a = 0,2678 mol ( ≤ 0,3)

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

0,5

⇒ %Al = 44,09% ; %Fe = 55,91%. Trường hợp 2: a > 0,3, Al(OH)3 bị hòa tan một phần, kết tủa có Fe(OH)2 và Al(OH)3 dư. 2Al(OH)3  → Al2O3 + 3H2O a – 0,3 (a – 0,3)/2 4Fe(OH)2 + O2  → 2Fe2O3 + 4H2O b b/2 Chất rắn Y1 có Al2O3 và Fe2O3. 51 (a – 0,3) + 80b = 13,1 (**) Từ (*) và (**) suy ra: a = 0,4; b = 0,1 ⇒ %Al = 65,85% ; %Fe = 34,15%.

0,5

Các phương trình phản ứng: (Mỗi phản ứng đúng được 0,125đ) * Hỗn hợp X + H2SO4 đặc nóng: 2Fe + 6H2SO4  → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O 2M + 2nH2SO4  → M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O

(1) (2)

Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng:

SO2 + NaOH  → NaHSO3 SO2 + 2NaOH  → Na2SO3 + H2O

(3) (4)

1,0

* Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl: → FeCl2 + H2 Fe + 2HCl  2M + 2nHCl  → 2MCln + nH2

(5) (6)

* Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư: Fe + H2SO4  (7) → FeSO4 + H2 → M2(SO4)n + nH2 (8) 2M + nH2SO4  Xét trường hợp xảy ra cả phản ứng (3) và (4), NaOH hết: Đặt nSO2 (3) = a (mol); nSO2 (4) = b (mol)  n NaOH = a + 2b = 0,1 mol 8 ⇒ ⇒ a = – 0,014 < 0 (loại) (3,0 b  m chat tan = 104.a + 126.b = 5, 725 gam điểm) Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư: Đặt nSO2 (4) = c (mol) ⇒ nNaOH dư = 0,1 – 2c (mol) ⇒ mchất tan = 126c + 40 × (0,1 – 2c) = 5,725 gam ⇒ c = 0,0375 mol ⇒ VSO2 = 0,0375 × 22,4 = 0,84 lít

Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol 3 n Theo (1) và (2) ta có: n SO 2 = x + y = 0, 0375 (*) 2 2 Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có nFe = x mol; nM = 3y mol n Theo (5) và (6) ta có: n H 2 = x + .2y = 0, 0775 (**) 2 Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có nFe = 2x mol; nM = y mol 1 y Theo (7) và (8) ta có: n FeSO 4 = n Fe = 2x ; n M 2 (SO4 )n = n M = 2 2 y ⇒ Khối lượng muối: mmuối = 152.2x + (2M + 96n). = 5,605 gam 2 (***) ⇔ 304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M.y = 0,405; n.y = 0,045

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

0,5

M M.y 0, 405 = = =9 n n.y 0, 045 Biện luận chọn n = 3 ⇒ M = 27 là Al ⇒ y = 0,015 mol. ⇒

Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X: 56x 27x ⇒ %m Fe = .100% = 58, 03% ; %m Al = .100% = 41, 97% 56x + 27y 56x + 27y

0,5

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT ĐỀ ÔN TẬP SỐ 7

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

Bài 1 (3,0 điểm). Cho hợp chất X có dạng AB2, có tổng số proton trong X bằng 18 và có các tính chất sau: t0 X + O2  → Y + Z X + Y  → A+Z X + Cl2  → A + HCl a) Xác định X và hoàn thành các phương trình phản ứng. b) Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) khi cho X lần lượt tác dụng với: dung dịch nước clo; dung dịch FeCl3; dung dịch Cu(NO3)2; dung dịch Fe(NO3)2. Bài 2 (3,0 điểm). Hợp chất M có công thức AB3. Tổng số hạt proton trong phân tử M là 40. Trong thành phần hạt nhân của A cũng như B đều có số hạt proton bằng nơtron. A thuộc chu kì 3 trong bảng HTTH. a) Xác định A, B. Viết cấu hình electron của A và B. b) Xác định các loại liên kết có trong phân tử AB3 . c) Mặt khác ta cũng có ion AB32-. Trong các phản ứng hoá học của AB3 chỉ thể hiện tính oxi hóa còn AB32- vừa thể hiện tính oxi hóa, vừa thể hiện tính khử. Hãy giải thích hiện tượng trên. Cho ví dụ minh họa. Bài 3 (2,0 điểm). Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. t0 → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O a) FeS2 + H2SO4 (đ)  → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O b) Mg + HNO3  (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 1 : 1) c) Fe3O4 + HNO3  → NxOy + … d) Al + NaNO3 + NaOH + H2O  → NaAlO2 + NH3 Bài 4 (3,0 điểm). Hỗn hợp X gồm Zn và Fe. Cho 18,6 gam hỗn hợp X vào 500ml dung dịch HCl x M, cô cạn dung dịch sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 34,575 gam muối khan. Nếu cho 18,6 gam hỗn hợp X tác dụng với 800ml dung dịch HCl x M, cô cạn dung dịch sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 39,9 gam muối khan. Tính x và thành phần % khối lượng mỗi kim loại trong X. Bài 5 (2,0 điểm). Khử 6,4 gam MxOy cần 2,688 lít H2 (ở đktc). Lượng kim loại M thu được tác dụng với HCl dư sinh ra 1,792 lít H2. Xác định công thức phân tử của MxOy.

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

Bài 6 (3,0 điểm). Một hỗn hợp A gồm FeS2; FeS; CuS được hoà tan vừa đủ trong một dung dịch có chứa 0,33 mol H2SO4 đặc nóng thu được 7,28 lít SO2 (đktc) và dung dịch B. Nhúng một thanh sắt nặng 50 gam vào dung dịch B, phản ứng xong nhấc thanh sắt ra đem cân thấy khối lượng thanh sắt lúc này là 49,48 gam và còn lại dung dịch C. a) Xác định khối lượng các chất có trong A (coi lượng đồng được đẩy ra bám hết lên thanh sắt). b) Viết phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) khi cho dd C lần lượt tác dụng với dd NaOH; dd K2S; khí Cl2. Bài 7 (2,0 điểm). Cho 2,13 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng bột tác dụng hoàn toàn với oxi thu được hỗn hợp Y gồm các oxit có khối lượng 3,33 gam. Tính thể tích dung dịch HCl 2M vừa đủ để phản ứng hết với Y? Bài 8 (2,0 điểm). Có 2 kim loại A, B. Khối lượng nguyên tử đều gồm 2 số hạng a, b ( a, b ≠ 0; a > b ) . Khối lượng nguyên tử của A là ab; khối lượng nguyên tử của B là ba. Hiệu của 2 khối lượng nguyên tử nhỏ hơn 10. Tổng của 2 khối lượng nguyên tử nằm trong khoảng từ 100 đến 140. Xác định 2 kim loại A; B. ----------Hết----------

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 7

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

Bài

Nội dung a) Từ pu: X + Cl2  → A + HCl ⇒ trong X có hidro, PX = 18 ⇒ X là H2S Các phản ứng: t 2H2S + 3O2  → 2SO2 + 2H2O 2H2S + SO2  → 3S + 2H2O H2S + Cl2  → 2HCl + S b) các phương trình phản ứng. H2S + 4Cl2 + 4H2O  → 8HCl + H2SO4 → 2FeCl2 + 2HCl + S H2S + 2FeCl3  H2S + Cu(NO3)2  → CuS + 2HNO3 H2S + Fe(NO3)2  → không phản ứng a) Gọi ZA, ZB lần lượt là số đơn vị điện tích hạt nhân trong A, B

Điểm 0,5

1 (3,0 điểm)

 Z A + 3Z B = 40 ⇒ 7,3 ≤ Z B ≤ 9, 6 ⇒ Z B = 8;9 11 ≤ Z A ≤ 18

Ta có: 

Z B = 8 ( O ) ⇒ Z A = 16 ( S ) (chọn)

0,5

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

0,5

Z B = 9 ( F ) ⇒ Z A = 13 ( Al ) (loại) vì trong nguyên tử A, B số proton bằng số

2 (3,0 điểm)

nơtron. Cấu hình e của A và B A(Z = 8): 1s22s22p4 B (Z = 16): 1s22s22p63s23p4 b) Phân tử AB3: SO3 CTCT:

0,5

Trong phân tử SO3 có 2 liên kết cộng hóa trị (liên kết đôi) được hình thành bởi sự góp chung e của S với O và 1 liên kết cho nhận (được hình thành bằng đôi e chỉ do S đóng góp).

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

1,0

c) Lưu huỳnh có các mức oxh: -2; 0; +4; +6. Trong ion SO32− , S có số oxi hoá +4 là mức oxh trung gian của S ⇒ trong các pư SO32 − vừa thể hiện tính khử, vừa thể hiện tính oxh: +4 +6 1. Na2SO3 + Br2 + H2O  → Na2SO4 + 2HBr (S -> S + 2e :tính khử) +4 2. Na2SO3 + 6HI  → 2NaI + S + 2I2 + 3H2O (S +4e-> S : tính oxh) Trong phân tử SO3, S có mức oxi hoá +6, là mức oxh cao nhất của S. Do đó trong các pư SO3 chỉ thể hiện tính oxi hóa: +6 +4 1. SO3 + NO  → SO2 + NO2 (S + 2e-> S )

0,5

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

Fe+3 + 2S+4 + 11e S+4

2Fe

0,5 +3

+ 15S

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

b) 1

3 (2,0 điểm)

+5 +

26e

-3

N2O +N2 + NH4+ Mg+2 + 2e

0,5

13Mg + 32HNO3  → 13Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + 14 H2O c) (5x-2y) 1

Fe3O4

3Fe+3 + 1e

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

+2y/x

NxOy

0,5

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

Al+3 + 3e

N+5 + 8e

0,5

N-3

8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 2H2O  → 8NaAlO2 + 3NH3 +) Ta thấy: mmuối (TN1) < mmuối (TN2) ⇒ Ở thí nghiệm 1: HCl thiếu, kim loại dư 34,575 − 18,6 = 0, 45 (Phương pháp tăng, giảm khối lượng) 35,5 0, 45 = = 0,9 ( M ) 0,5

0,5

⇒ n HCl = n Cl =

4 (3,0 điểm)

⇒ CM HCl

0,5

→ 34,575 ( g ) +) Cứ 500 ml dung dịch HCl  → 800 ml dung dịch HCl 

800.34,575 = 55, 32 ( g ) > 39,9 ( g ) 500

⇒ Ở thí nghiệm 2: HCl dư, kim loại hết 65x + 56y = 18, 6  x = 0, 2 Ta có:  ⇒ 136x + 127y = 39,9  y = 0,1

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

1,0

0,5

5 (2,0 điểm)

⇒ mZn = 0, 2.65 =13 ( g ) ; mFe = 0,1.56 = 5, 6 ( g )

0,5

+) Ta có: nO = nH = 0,12 ( mol ) ⇒ mM = 6, 4 − 0,12.16 = 4, 48 ( g )

0,5

 x. nM = 2. nH 2 ( BT e ) ⇒ M M = 28 x ( g )  M M . nM = 4, 48

+) Ta có: 

1,0

Biện luận ta chọn x = 2 ⇒ M M = 56 (Fe) 4, 48 = 0, 08 ( mol ) ; nO = 0,12 ( mol ) 56 ⇒ nFe : nO = 0, 08:0,12 = 2:3

+) nFe =

0,5

Vậy công thức là Fe2O3 a) Đặt số mol FeS2, FeS và CuS lần lượt là x,y,z mol. 7 x + 5 y + 4 z = 0, 33  7, 28  + Theo bài ra và theo các pthh ta có hệ: 7,5 x + 4, 5 y + 4 z = = 0, 325 22, 4  50 − 56(0,5 x + 0,5 y + z ) + 64 z = 49, 48

6 (3,0 điểm)

1,0

+ Giải hệ PT ta được x = 0,01; y = 0,02; z = 0,04  mFeS2 = 1, 2( g )  + Khối lượng các chất có trong A là mFeS = 1, 76( g )  m = 3,84( g )  CuS

b) Dung dịch C là FeSO4 FeSO4 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + Na2SO4 FeSO4 + K2S → FeS↓ + K2SO4 6FeSO4 + 3Cl2 → 2Fe2(SO4)3 + 2FeCl3 Ta có sơ đồ phản ứng sau:

0,5

1,5

 MgCl2  Mg  MgO    + O2 + HCl → CuO  → CuCl2 + H 2O Cu   Al  Al O  AlCl   2 3 3 

7 (2,0 điểm)

Bảo toàn nguyên tố cho H: nHCl = 2nH O (1) Bảo toàn nguyên tố cho O: nO /oxit = nH O (2) Theo ĐLBTKL: mO /oxit = 3,33 − 2,13 = 1, 2( g ) 2

Vậy: nO/oxit =

1, 2 = 0, 075( mol ) 16

Theo (1), (2) ta có: nHCl = 2.0,075 = 0,15(mol) Vậy: VHCl =

0,15 = 0, 075(l ) = 75( ml ) 2

Khối lượng nguyên tử A: ab = 10a + b Khối lượng nguyên tử B: ba = 10b + a 8 (2,0 điểm)

1,0

10 ⇒ a − b = 1 ( *) 9 100 ≤ (10a + b ) + (10b + a ) ≤140 ⇒100 ≤11( a + b ) ≤ 140 ⇒ 9 ≤ ( a + b ) ≤ 12 (**)

10a + b − (10b + a ) < 10 ⇒ 9 ( a − b ) < 10 ⇒ a − b <

Thay (**) vào (*) ⇒ 4 ≤ b ≤ 5, 5 ⇒ Chọn b = 5; a = 6 Vậy A là Zn; B là Fe

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

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 8

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

Bài 1 (3,0 điểm). So sánh và giải thích độ mạnh: a) Tính axit và tính oxi hóa của các chất: HClO, HClO2, HClO3, HClO4. b) Tính axit và tính khử của các chất: HF, HCl, HBr, HI. Bài 2 (2,0 điểm). Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho SO2 lội qua dung dịch: a) Ba(OH)2 b) K2Cr2O7 + H2SO4 c) Fe2(SO4)3 d) KMnO4 Bài 3 (2,0 điểm).  → 2NO2 (k) Có cân bằng sau: N2O4 (k) ←  a) Cho 18,4 gam N2O4 vào bình có dung tích 5,904 lít ở 27°C. Lúc cân bằng áp suất của hỗn hợp khí trong bình là 1 atm. Tính áp suất riêng của N2O4 và NO2 lúc cân bằng. b) Nếu giảm áp suất của hệ lúc cân bằng xuống bằng 0,5 atm thì áp suất riêng phần của N2O4 và NO2 lúc này là bao nhiêu? Kết quả tính được có phù hợp với nguyên lý chuyển dịch cân bằng Lơ Satơlie hay không? Bài 4 (2,0 điểm). Cho hợp chất có công thức MX3. Tổng số hạt P, N, E là 196, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 60. Khối lượng nguyên tử X lớn hơn M là 8. Tổng số 3 loại hạt trong X − nhiều hơn trong M 3+ là 16. Xác định công thức phân tử của MX3. Bài 5 (3,0 điểm). 1) Hòa tan 15,91 gam hỗn hợp A gồm Na2CO3, K2CO3 và Na2O bằng dung dịch HCl thu được 1,68 lít CO2 (đktc) và dung dịch B. Cô cạn dung dịch B được 22,235 gam hỗn hợp chứa hai muối khan. Tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp A. 2) Đốt cháy hỗn hợp gồm 1,92 gam Mg và 4,48 gam Fe với hỗn hợp khí X gồm clo và oxi, sau phản ứng chỉ thu được hỗn hợp Y gồm các oxit và muối clorua (không còn khí dư). Hoàn tan Y bằng một lượng vừa đủ 120 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch Z. Cho AgNO3 dư vào dung dịch Z, thu được 56,69 gam kết tủa. Tính phần trăm thể tích các khí có trong hỗn hợp X. Bài 6 (2,0 điểm). Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Thực tế khoáng pirit có thể coi là hỗn hợp của FeS2 và FeS. Khi xử lí một mẫu khoáng pirit bằng brom trong dung dịch KOH dư người ta thu được kết tủa đỏ nâu A và dung dịch B. Nung kết tủa B đến khối lượng không đổi thu được 0,2g chất rắn. Thêm lượng dư dung dịch BaCl2 vào dung dịch B thì thu được 1,1087g kết tủa trắng không tan trong axit. a) Xác định công thức tổng của pirit. b) Tính khối lượng brom theo lí thuyết cần để oxi hóa mẫu khoáng.

Bài 7 (3,0 điểm). Hỗn hợp X gồm Fe, Cu, Ag. Chia 110,4 gam X thành ba phần bằng nhau. Cho phần 1 phản ứng với clo dư thu được m gam chất rắn. Phần 2 cho tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được 2,24 lít H2 (đktc). Hòa tan hết phần 3 trong 120 gam dung dịch H2SO4 98% đun nóng thu được dung dịch Y và 8,96 lít SO2 (đktc). a) Tính m. b) Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch Y. Bài 8 (3,0 điểm). Cho hỗn hợp X gồm 2 chất rắn FeCO3 và FeS2. Cho X cùng một lượng O2 vào một bình kín có thể tích V lít. Đốt nóng bình cho phản ứng xảy ra (giả thiết khả năng phản ứng của 2 muối là như nhau, sản phẩm phản ứng là Fe2O3), sau phản ứng đưa về điều kiện ban đầu thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z, áp suất trong bình lúc này là P. Để hoà tan chất rắn Y cần 200 ml dung dịch HCl 0,3M, thu được hỗn hợp khí M và sản phẩm E còn lại, nếu đưa M vào bình kín thể tích V lít ở cùng điều kiện với Z thì áp suất trong bình lúc này là

1 P . Thêm dung dịch NaOH dư vào 2

sản phẩm E được chất rắn F, lọc lấy F và làm khô ngoài không khí cân được 3,85 gam (không nung). a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X. ----------Hết-----------

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 8

Bài

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

Nội dung

Điểm

a) - Độ mạnh tính axit: HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4 Giải thích: Do số oxi hóa của nguyên tố trung tâm clo tăng dần từ +1 đến +7 đồng thời số nguyên tử oxi không hidroxyl tăng làm tăng độ phân cực của liên kết O-H. 1 (3,0 điểm)

- Độ mạnh tính oxi hóa: HClO > HClO2 > HClO3 > HClO4 Giải thích: Số nguyên tử oxi tăng làm tăng độ bền phân tử (độ bội liên kết tăng) nên độ mạnh tính oxi hóa giảm.

0,75

b) - Độ mạnh tính axit: HF < HCl < HBr < HI Giải thích: Bán kính nguyên tử tăng làm độ bền liên kết giảm, khả năng bị phân cực hóa của liên kết H-X tăng. - Độ mạnh tính oxi hóa: HF < HCl < HBr < HI

2 (2,0 điểm)

Giải thích: Bán kính nguyên tử tăng làm giảm độ bền phân tử, làm tăng tính khử a) Cho khí SO2 lội qua dung dịch Ba(OH)2 thấy xuất hiện kết tủa màu trắng, sau đó SO2 dư làm kết tủa tan dần do phản ứng: Ba(OH)2 + SO2 → BaSO3 + H2O BaSO3 ↓ + H2O + SO2 → Ba(HSO3)2 b) Cho khí SO2 lội qua dung dịch chứa K2Cr2O7 + H2SO4 thấy màu da cam của dung dịch nhạt dần, chuyển màu xanh do phản ứng: K2Cr2O7 + H2SO4 + 3SO2 → Cr2(SO4)3 + K2SO4 + H2O (màu da cam) (màu xanh)

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

0,75

0,5

c) Cho khí SO2 lội qua dung dịch Fe2(SO4)3 thấy màu vàng nâu của dung dịch nhạt dần, do phản ứng: Fe2(SO4)3 + SO2 + 2H2O → 2FeSO4 + 2H2SO4 (màu vàng nâu) d) Cho khí SO2 lội qua dung dịch KMnO4 thấy màu tím của dung dịch nhạt dần, do phản ứng: 2KMnO4 + 5SO2 + 2H2O → 2MnSO4 + K2SO4 + 2H2SO4 (màu tím) (không màu)

0,5

18, 4 = 0, 2 (mol) 92  → 2NO2 (k) N2O4 (k) ← 

a) Ta có: n N O = 2

Ban đầu: 0,2 Phản ứng: x 2x Cân bằng: 0,2 – x 2x Tổng số mol hỗn hợp khí khi cân bằng là: 0, 2 − x + 2x = 0, 2 + x =

Ta có: n N O 2

3 (2,0 điểm)

Suy ra: PNO = 2

0,5

1.5,904 = 0, 24 ⇔ x = 0, 04 (mol) 0, 082.300

= 0, 2 − 0, 04 = 0,16 9 (mol); n NO2 = 2.0, 04 = 0, 08(mol)

n NO2 n hh

2.0, 04 1 1 2 .Pchung = = (atm) ; PN2O4 = 1 − = (atm) 0, 24 3 3 3 2

b) Hằng số cân bằng của phản ứng: K P =

2 PNO 2

PN2O4

1   1 3 =  = 2 6 3

Gọi áp suất của NO2 và N2O4 lúc cân bằng là P và 0,5 – P. Ta có: K P = Suy ra: PNO

0,5

P2 1 = ⇔ 6P 2 + P − 0,5 = 0 ⇔ P = 0, 217 0,5 − P 6 = 0, 217 (atm) , PN 2O4 = 0, 283(atm)

Pchung (atm)

0,5

PNO2

1/ 3 = 0,5 2/3

0, 217 = 0, 77 0, 283

PN2O4

4 (2,0 điểm)

0,5

Vậy khi giảm áp suất của hệ thì cân bằng bị dịch chuyển theo chiều có nhiều phân tử khí hơn, điều đó phù hợp với nguyên lí chuyển dịch cân bằng Lơ Satơlie. Trong hợp chất MX3 có 1 nguyên tử M và 3 nguyên tử X, do vậy tổng số hạt trong phân tử MX3 là: ( 2 PM + N M ) + 3 ( 2 PX + N X ) = 196 ⇔ 2 ( PM + 3PX ) + ( N M + N X ) = 196 (1) Trong phân tử MX3, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là: 2 ( PM + 3PX ) − ( N M + 3N X ) = 60 ( 2 )

 PM + 3PX = 64 (* ) Từ (1) , ( 2 ) ⇒   N M + 3N X = 68 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Mặt khác, khối lượng nguyên tử của X lớn hơn của M là: ( PX + N X ) − ( PM + N M ) = 8 ⇔ ( PX − PM ) + ( N X − N M ) = 8

( 3)

Ta lại có tổng 3 loại hạt trên trong ion X − nhiều hơn trong ion M 3+ là: ( 2 PX + N X + 1) − ( 2 PM + N M − 3) = 16 ⇔ 2 ( PX − PM ) + ( N X − N M ) = 12 ( 4 ) 0,5

 PX − PM = 4 (** ) Từ ( 3 ) , ( 4 ) ⇒   N X − N M = 4  PM = 13 Từ (* ) , (** ) ⇒   PX = 17 Vậy M là nhôm: Al, X là clo: Cl. Công thức của hợp chất là: AlCl3 1) Gọi a, b, c lần lượt là số mol của Na2CO3, K2CO3, Na2O. 106a + 138b + 62c = 15,91  Theo đề bài ta có hệ: a + b = 0, 075 58, 5. 2a + 2c + 74,5.2b = 22, 235 ( )  a = 0, 02  Giải hệ ta được:  b = 0, 055 c = 0,1 

Vậy: %m Na CO = 13,32% , %m K CO = 47, 7%, %m Na O = 38,98% 2

5 (3,0 điểm)

1, 92 4, 48 = 0, 08(mol) , n Fe = = 0, 08(mol) , n HCl = 012.2 = 0, 24 (mol) 24 56 1 1 Ta có: n O = n HCl = .0, 24 = 0,12 (mol) ⇒ n O2 = 0, 06 (mol) 2 2

2) n Mg =

1,0

0,5

0,5 0,5 0,5

Bảo toàn electron, ta có: Mg → Mg 2+ + 2e

0,08

Cl 2 + 2e → 2Cl −

0,16

Fe → Fe

0,08

O 2 + 4e → 2O 2 −

+ 3e

0,24

0,5

0,06 0,24 Ag + + 1e → Ag

b Suy ra: 2a + 0, 24 + b = 0, 4

(1)

Dung dịch Z gồm: Mg 2+ , Fe 2+ , Fe3+ , Cl − Ag + + Cl −  → AgCl

(2a + 0,24) (2a + 0,24) Fe

+ Ag +  → Fe3+ + Ag

Suy ra: ( 2a + 0, 24 ) .143,5 + 108b = 56,69

(2)

a = 0, 07  b = 0, 02 0, 07 .100% = 53,85%; %VO2 = 100% − 53,85% = 46,15% = 0, 07 + 0, 06

Từ (1) và (2) ta có:  Vậy: %VCl

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

0,5

1,1087 0,2 = 4,75.10 −3 mol, n Fe = 2n Fe 2O 3 = 2 = 2,5.10 −3 mol 233 160 −3 −3 n Fe : n S = 2,5.10 : 4,75.10 = 1 : 1,9 ⇒ công thức FeS1,9

a) n S = n BaSO =

0,5

6 (2,0 điểm)

b) Gọi số mol FeS2 và FeS lần lượt là x và y ta có:

0,5

 x + y = 2,5.10 −3 x = 2,25.10 −3 ⇒   −3 −3 2 x + y = 4,75.10  y = 0,25.10

0,5

9  15  m Br2 =  × 2,25.10 −3 + × 0,25.10 −3  × 160 = 2,88g 2 2  56x + 64y + 108z = 36,8  x = 0,1   ⇔  y = 0,15 Theo đề bài, ta có: 2x = 0,1.2 3x + 2y + z = 0, 4.2 z = 0, 2  

7 (3,0 điểm)

0,5

n FeCl3 = n Fe = 0,1(mol)  a) Bảo toàn nguyên tố, ta có: n CuCl2 = n Cu = 0,15(mol)  n AgCl = n Ag = 0, 2 (mol)

0,5 0,5 0,5

Suy ra: m = 0,1.162,5 + 0,15.135 + 0, 2.143,5 = 65, 2 (g) b) n H SO pu = 2n SO = 2.0, 4 = 0,8 (mol) < 1, 2 (mol) Suy ra: số mol H2SO4 dư = 1,2 – 0,8 = 0,4 (mol) 2

0,5

m dd Y = 36,8 + 120 − 0, 4.64 = 131, 2 (g)

 Fe2 ( SO 4 )3 :0, 05 mol  CuSO 4 :0,15 mol Dung dịch Y gồm:   Ag 2SO 4 :0,1mol  H SO du: 0, 4 mol  2 4

0,5

C% H2SO4 du = 29,88% , C % Fe2 (SO4 ) = 15, 24%

0,5

C%CuSO4 = 18, 29%, C% Ag2SO4 = 23, 78%

a) Phương trình phản ứng:

t 4FeCO3 + O 2  → 2Fe 2 O3 + 4CO 2

(1)

(2) +) Hỗn hợp muối trong Y có chứa FeCO3 và FeS2 chưa phản ứng. +) Khi Y tác dụng HCl, ta có : (3) FeCO3 + 2HCl  → FeCl 2 + CO 2 ↑ + H 2 O (4) FeS2 + 2HCl  → FeCl 2 + S ↓ + H 2S ↑ ⇒ Hỗn hợp M gồm CO2 và H2S. Dung dịch E gồm: FeCl2 +) Khi dung dịch E phản ứng với NaOH dư ta có chất rắn F theo phản ứng: FeCl2 + 2NaOH  → Fe ( OH )2 + 2NaCl (5) +) Làm khô F theo phản ứng 4Fe ( OH )2 + O2 + 2H 2O  → 4Fe ( OH )3 (6) t 4FeS2 + 11O 2  → 2Fe2 O3 + 8SO 2

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

1,0

b) Theo (1), (2): n O 2 pu = 8 (3,0 điểm)

1 11 a + a = 3a 4 4

n CO2 + n SO2 = a + 2a = 3a ⇒ V khí không đổi ⇒ Pban đầu = Psau pứ Theo đề bài: n HCl = 0,3.0, 2 = 0, 06 mol Gọi x, y lần lượt là số mol của FeCO3 và FeS2 tham gia phản ứng (3) và (4). 0, 06 = 0, 03 (*) Theo (3) và (4): x + y = 2 Mặt khác: n CO2 + n H 2S = x + y = 0, 03 mol Mà lượng khí này làm P =

(

0,5

1 1 Pban đầu ⇒ n hh ( CO2 , H 2S) = n hh ( CO2 , SO2 ) 2 2

)

⇒ n CO2 (1) + n SO2 ( 2 ) = 2 n CO2 + n H 2S = 0, 06 mol

⇒ 3a = 0, 06 ⇒ a = 0, 02 mol Suy ra: m F = mS + m Fe( OH )3 = ( x + y )107 + 32y = 3,85

⇔ 107x + 139y = 3,85 (**)

0,5

 x = 0, 01 Từ (*) và (**) suy ra:   y = 0, 02 ⇒ n FeCO3 bd = 0, 01 + 0, 02 = 0, 03 mol ; n FeS2 bd = 0, 02 + 0, 02 = 0, 04 mol

0, 03.116 .100% = 42, 03% 0, 03.116 + 0,04.120 = 100% − 42, 03% = 57,97%

⇒ %m FeCO3 =

%m FeS2

----------Hết----------

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

0,5

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 9

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

Bài 1 (2,0 điểm). Xét hợp chất với hidro của các nguyên tố nhóm VA. Góc liên kết HXH (X là kí hiệu nguyên tố nhóm VA) và nhiệt độ sôi được cho trong bảng dưới đây. Đặc điểm NH3 PH3 AsH3 SbH3 Góc HXH 107o 93o 92o 91o o Nhiệt độ sôi ( 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. Bài 2 (3,0 điểm). Cho sơ đồ phản ứng như hình bên. Chọn các chất X1, X2, X3, X4, X5 thích hợp rồi viết 10 phương trình phản ứng. (Biết X là nguyên tố clo; X3, X4 là muối có chứa oxi của X; X5 là muối không chứa oxi của X). Bài 3 (2,0 điểm). Cho 33,55 gam hỗn hợp X gồm AClOx và AClOy vào bình có thể tích 5,6 lít chứa không khí (ở đktc). Sau khi nung nóng bình để cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, đưa nhiệt độ bình về 0°C lúc đó áp suất trong bình là 3 atm. Chất rắn Y còn lại trong bình sau phản ứng chỉ có muối ACl. Hòa tan hết chất rắn Y vào nước thu được dung dịch Z. Cho dung dịch Z tác dụng với dung dịch AgNO3 (dư) tạo ra 43,05 gam kết tủa. a) Xác định kim loại A b) Xác định công thức phân tử có thể có của AClOx và AClOy Bài 4 (2,0 điểm). Cho phân tử MX2 có tổng số các hạt (P, N, E) là 186. Hợp chất ion này được cấu tạo từ M 2+ và X − có đặc tính sau: + Trong tổng số các hạt của phân tử thì số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54 hạt. + Số khối của ion M 2+ lớn hơn số khối của ion X − là 21. + Tổng số hạt trong ion M 2+ nhiều hơn trong ion là X − 27 hạt. Xác định công thức phân tử của MX2. Bài 5 (3,0 điểm).

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

Hòa tan hoàn toàn 42,4 gam hỗn hợp X gồm FexOy và Cu bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng, vừa đủ thu được dung dịch Y chỉ chứa 93,6 gam hỗn hợp hai muối sunfat trung hòa và 4,48 lit khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). a) Xác định công thức phân tử của FexOy. b) Cho 42,4 gam X vào dung dịch HCl dư. Sau phản ứng còn lại m gam chất rắn không tan. Tính m. Bài 6 (3,0 điểm). Hỗn hợp A gồm KClO3, Ca(ClO2)2, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A ta thu được chất rắn B gồm CaCl2, KCl và 17,472 lít khí (ở đktc). Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung dịch K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp

22 lần lượng KCl có trong A. Tính phần trăm khối lượng của 3

KClO3 trong hỗn hợp A. Bài 7 (2,0 điểm). Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3 trong 50 ml dung dịch H2SO4 18 M (dư) thu được dung dịch Y và V lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cho 450 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 21,4 gam kết tủa. Tính khối lượng chất tan trong Y và giá trị của V. Bài 8 (3,0 điểm). Hỗn hợp A gồm bột Al và S. Cho 13,275 gam A tác dụng với 400 ml dung dịch HCl 2M thu được 8,311 lít khí H2 tại 27,3°C, 1 atm và dung dịch B. Nếu nung nóng 6,6375 gam A trong bình kín không có oxi tới nhiệt độ thích hợp được chất D. Hòa tan D trong 200 ml dung dịch HCl 2M thu được khí E và dung dịch F. a) Tính nồng độ mol/lít các chất có trong dung dịch B và dung dịch F. b) Dẫn khí E (đã được làm khô) qua ống sứ chứa 31,5 gam bột CuO nung nóng tới nhiệt độ thích hợp (không có oxi không khí). Phản ứng xong ta thu được những chất nào? Tính số mol mỗi chất đó?

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 9

Bài

1 (2,0 điểm)

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

Nội dung Từ N đến Sb bán kính nguyên tử tăng dần, đặc trưng lai hóa sp3 của nguyên tử X trong phân tử XH3 giảm dần, nên góc liên kết trở về gần với góc giữa hai obitan p thuần khiết. (Cũng có thể giải thích là từ Sb đến N độ âm điện của nguyên tử trung tâm tăng dần, bán kính nguyên tử giảm dần, làm khoảng cách giữa các cặp electron liên kết giảm, lực đẩy giữa chúng tăng, nên góc liên kết tăng). NH3 tạo được liên kết H liên phân tử, còn PH3 thì không, do vậy từ NH3 đến PH3 nhiệt độ sôi giảm. Từ PH3 đến SbH3 nhiệt độ sôi tăng do phân tử khối tăng. H H

... N

H ... N

1,0

H ...

H H Chọn đúng các chất thích hợp X1, X2, X3, X4, X5 lần lượt là: HCl, FeCl3, KClO3, KClO4, KCl 2 (3,0 điểm)

Điểm

as (1): Cl2 + H2  → 2HCl (2): Fe2O3 + 6HCl  → 2FeCl3 + 3H2O t° (3): 2Fe + 3Cl2  → 2FeCl3 t° → 5KCl + KClO3 + 3H2O (4): 3Cl2 + 6KOH  → KCl + 3Cl2↑ + 3H2O (5): KClO3 + 6HCl  → 2KCl (6): Cl2 + 2K  dpkcmn → KClO3 + 3H2↑ (7): KCl + 3H2O  t° MnO2 , t ° → 2KCl + 3O2↑ (8): 2KClO3  t° (9): 4KClO3  → KCl + 3KClO4 t° (10): KClO4  → KCl + 2O2↑

5, 6 3.5, 6 = 0, 25 ( mol ) ; nsau = = 0, 75 ( mol ) 0, 082.273 22, 4 ⇒ nO2 = 0, 75 − 0, 25 = 0,5 ( mol )

0,5

2,5 (Mỗi phương trình đúng được 0,25đ)

a) Ta có: nkk =

3 (2,0 điểm)

 AClOx + AgNO3 tο  → ACl  → AgCl : 0,3 mol   AClOy

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

0,5

Theo bảo toàn nguyên tố, ta có: nACl = nAgCl = 0,3 ( mol ) Theo bảo toàn khối lượng, ta có:

m X = mACl + mO2 ⇒ m ACl = 33, 55 − 0, 5.32 = 17, 55

0,5

Do đó: m ACl = 17,55 ⇔ 0, 3 ( A + 35, 5 ) = 17, 55 ⇔ A = 23 ( Na ) b) Đặt công thức chung của NaClOx và NaClOy là: NaClOz

z O2 2 0,3z 2

tο NaClOz  → NaCl +

Mol: 0,3

0,3 z = 0,5 ⇔ z = 3, 33 2 Giả sử x < y ⇒ x < z = 3,33 < y ≤ 4 y = 4 Suy ra:   x = 1; 2; 3  NaClO ; NaClO4  Vậy các cặp công thức là:  NaClO2 ; NaClO4  NaClO ; NaClO 3 4 

0,5

Ta có: nO2 =

4 (2,0 điểm)

( 2 PM + N M ) + 2 ( 2 PX + N X ) = 186  ( 2 PM + 4 PX ) − ( N M + 2 N X ) = 54 Theo đề bài ta có:  ( PM + N M ) − ( PX + N X ) = 21  ( 2 PM + N M − 2 ) − ( 2 PX + N X + 1) = 30

 PM = 26, N M = 30 Giải được:   PX = 17 , N X = 18 Vậy công thức phân tử của MX2 là FeCl2. a) nH 2 SO4 = nH 2O ; nSO2 = 0,2 mol Bảo toàn khối lượng: mX + mH 2 SO4 = mmuối + mSO2 + mH 2O

0,5

1,0

0,5

⇒ 42,4 + 98 nH 2 SO4 = 93,6 + 0,2.64 + 18 nH 2 SO4 ⇒ nH 2 SO4 = 0,8 5 (3,0 điểm)

 Fe2 ( SO4 )3 : b mol Trường hợp 1: Y chứa   CuSO4 : c mol  400b + 160c = 93, 6 b = 0, 03 ⇒ ⇒  3b + c = 0,8 − 0, 2  c = 0,51 nFe trong X = 0, 06 42, 4 − 0, 06.56 − 0,51.64 = 0,4 mol ⇒ ⇒ nO trong X = 16  nCu trong X = 0,51 x 0, 06 3 ⇒ = ⇒ loại = y 0, 4 20

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

0,5

 FeSO4 : b mol Trường hợp 2: Y chứa  CuSO4 : c mol 152b + 160c = 93, 6 b = 0, 3 ⇒ ⇒  b + c = 0,8 − 0, 2  c = 0,3

0,5

 nFe trong X = 0,3 42, 4 − 0,3.56 − 0,3.64 = 0,4 mol ⇒ ⇒ nO trong X = 16 nCu trong X = 0,3 x 0,3 3 ⇒ = = ⇒ Công thức oxit là Fe3O4 y 0, 4 4 b) Phương trình phản ứng: Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O Cu + 2FeCl3 → 2FeCl2 + CuCl2 Học sinh lập luận ⇒ nCu dư = 0,2 ⇒ m = 0,2.64 = 12,8 gam  to KClO  → 3   to → Ca(ClO3 )2   o t 83,68 gam A Ca(ClO 2 )2  →  CaCl 2  KCl  (A)  

KCl +

3 O2 2

0,5

(1)

CaCl 2 + 3O2

(2)

CaCl2 + 2O2

(3)

1,0

CaCl2 KCl ( A ) h2 B

n O2 = 0,78 mol.

6 (3,0 điểm)

0,5

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

0,5

mA = mB + m O2 → mB = 83,68 − 32×0,78 = 58,72 gam. Cho chất rắn B tác dụng với 0,18 mol K2CO3

CaCl 2 + K 2CO3  → CaCO3↓ + 2KCl (4)    Hỗn hợp B  0,18 ← 0,18 0,36 mol  hỗn hợp D →  KCl  KCl ( B) ( B)  

0,5

⇒ m KCl ( B) = m B − mCaCl2 (B) = 58, 72 − 0,18 ×111 = 38, 74 gam ⇒ m KCl ( D ) = m KCl (B) + m KCl (pt 4) = 38, 74 + 0,36 × 74,5 = 65,56 gam ⇒ m KCl ( A )

3 3 m KCl ( D ) = = × 65,56 = 8,94 gam 22 22

0,5

⇒ m KCl pt (1) = m KCl (B) − m KCl (A) = 38,74 − 8,94 = 29,8 gam. Theo phản ứng (1): m KClO3 =

⇒

%m KClO3 ( A ) =

29,8 ×122,5 = 49 gam. 74,5

49 ×100 = 58,55%. 83,68

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

0,5

Dung dịch Y gồm: Fe2(SO4)3 và H2SO4 dư nNaOH = 0, 45.2 = 0,9 ( mol )

nNaOH = 3nFe(OH ) = 3.0, 2 = 0, 6 ( mol ) 3

1,0

1 1 nNaOH = ( 0,9 − 0, 6 ) = 0,15 ( mol ) 2 2 = 0,9 − 0,15 = 0, 75 ( mol )

⇒ nH 2 SO4 du = 7 (2,0 điểm)

⇒ nH 2 SO4 pu

Gọi số mol SO2 là x mol Theo định luật bảo toàn khối lượng: mX + mH 2 SO4 pu = mFe2 ( SO4 ) + mSO2 + mH 2O 3

0, 75 − x + 64 x + 18.0, 75 ⇒ x = 0, 3 3 ⇒ VSO2 = 0,3.22, 4 = 6, 72 (lít) Bảo toàn nguyên tố S, ta có: nH SO pu − nSO2 0, 75 − 0.3 nFe2 ( SO4 ) (Y ) = 2 4 = = 0,15 ( mol ) 3 3 3 mchất tan trong Y = 0,15.98 + 0,15.400 = 74,7 gam ⇒ 19, 2 + 98.0, 75 = 400.

8, 311.1 = 0,3375 ( mol ) 0, 082.300,3 2 Al + 6 HCl  → 2 AlCl3 + 3H 2 Mol : 0,225 0,675 0,225 0,3375 ⇒ nHCl du = 0,8 − 0,675 = 0,125 ( mol )

1,0

a) nH 2 =

8 (3,0 điểm)

⇒ Al tan hết, S không tham gia phản ứng ⇒ Nồng độ các chất trong dung dịch B: 0,125 0, 225 CM HCl du = ; CM AlCl3 = = 0,3125 M = 0,5625 M 0, 4 0, 4 Trong 6,6375 gam A có 0,1125 mol Al và 0,1125 mol S Nung không có oxi: 2 Al + 3S  → Al2 S3 Mol: 0,075 0,1125 0,0375 Do đó: chất rắn D có 0,0375 mol Al2S3 và 0,0375 mol Al dư 2 Al + 6 HCl  → 2 AlCl3 + 3H 2 Mol: 0,0375 0,1125 0,0375 0,05625 Al2 S3 + 6 HCl  → 2 AlCl3 + 3H 2 S Mol: 0,0375 0,225 0,075 0,1125

0,5

⇒ nHCl pu = 0,1125 + 0, 225 = 0,3375 ( mol ) ⇒ nHCl du = 0, 4 − 0,3375 = 0, 0625 ( mol ) ⇒ Nồng độ các chất trong dung dịch F: 0, 0625 0,0375 + 0, 075 CM HCl du = ; CM AlCl3 = = 0,3125M = 0,5625 M 0, 2 0, 2

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

0,5

31, 5 = 0,39375 ( mol ) 80 tο CuO + H 2  → Cu + H 2O Mol: 0,05625 0,05625 tο 3CuO + H 2 S  → 3Cu + H 2O + SO2 Mol: 0,3375 0,1125

b) nCuO bd =

0,5

⇒ nCuO pu = 0, 05625 + 0,3375 = 0,39375 ( mol ) ⇒ Phản ứng vừa đủ Cu : 0,39375 mol  Vậy sau phản ứng ta thu được:  SO2 : 0,1125 mol  H O : 0,16875 mol  2 ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 10

0,5

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

Bài 1 (2,0 điểm). Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng sau: a) Fe3C + H2SO4 đặc nóng dư b) FexSy + HNO3 đặc nóng dư Fe(NO3)3 + NO2 + H2SO4 + H2O Bài 2 (3,0 điểm). Phần trăm khối lượng của nguyên tố R trong hợp chất khí với hiđro (trong đó R có số oxi hóa thấp nhất) là a%, còn trong oxit cao nhất là b%. a) Xác định R biết a:b = 11:4. b) Viết công thức phân tử, công thức electron, công thức cấu tạo của hai hợp chất trên. c) Viết phương trình phản ứng khi cho oxit cao nhất của R tác dụng với dung dịch NaClO, dung dịch Na2CO3. Bài 3 (3,0 điểm). a) Cho rằng Sb có 2 đồng vị 121Sb và 123 Sb, khối lượng nguyên tử trung bình của Sb là 121,75. Hãy tính thành phần trăm về khối lượng của 121 Sb trong Sb2O3 (Cho biết MO=16). 0

b) Hãy tính bán kính nguyên tử Liti (đơn vị A ), biết thể tích của 1 mol tinh thể kim loại Li bằng 7,07cm3 và trong tinh thể các nguyên tử Li chỉ chiếm 68% thể tích, còn lại là khe trống. Bài 4 (3,0 điểm). Cho sơ đồ thí nghiệm như hình vẽ:

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

Hãy cho biết hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm khi khóa K đóng, khóa K mở và giải thích. Biết các chất X, Y, Z, T trong mỗi thí nghiệm lần lượt là: Thí nghiệm 1: H2SO4 đặc, C, dung dịch KMnO4, dung dịch Br2. Thí nghiệm 2: dung dịch HCl, KMnO4, dung dịch KBr, dung dịch FeCl2. Bài 5 (3,0 điểm). Hòa tan m gam KMnO4 trong dung dịch HCl đặc dư được dung dịch A và V lít khí D (đktc). Pha loãng dung dịch A được 500 ml dung dịch B. - Để trung hòa axit dư trong 50 ml dung dịch B cần dùng vừa đủ 24 ml dung dịch NaOH 0,5 M. - Thêm AgNO3 dư vào 100 ml dung dịch B để kết tủa hoàn toàn ion clorua thu được 17,22 gam kết tủa. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tính nồng độ mol/lít các chất tan trong B. c. Tính m, V và thể tích dung dịch HCl 36,5% (D = 1,18 g/ml) đã dùng. Bài 6 (3,0 điểm). Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. a. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tính V. c. Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X. Bài 7 (3,0 điểm). Trong phòng thí nghiệm, dung dịch HCl được điều chế bằng cách cho NaCl khan tác dụng với H2SO4 đặc rồi dẫn khí HCl vào nước. a) Em hãy vẽ hình thí nghiệm thể hiện rõ các nội dung trên. b) Trong thí nghiệm đã dùng giải pháp gì để hạn chế HCl thoát ra ngoài? Giải thích. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

c) Một số nhóm học sinh sau một lúc làm thí nghiệm thấy dung dịch HCl chảy ngược vào bình chứa hỗn hợp phản ứng. Em hãy giải thích và nêu cách khắc phục. ----------HẾT----------

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 10

Bài 1 (2,0 điểm)

2Fe3C+ 22H2SO4 đặc nóng dư

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

Nội dung 3Fe2(SO4)3 + 2CO2 + 13SO2 + 22H2O

FexSy + (6x+6y)HNO3 đặc nóng dư xFe(NO3)3 + yH2SO4 + (3x+6y)NO2 + (3x+3y)H2O a) Vì R tạo được hợp chất khí với H nên R là phi kim. Giả sử R thuộc nhóm x (x ≥ 4). ⇒ công thức của R với H là RH8-x ⇒ a=

Điểm 1,0 1,0

R .100 R +8− x

công thức oxit cao nhất của R là R2Ox 2R R .100 ⇔ b = .100 2 R + 16x R + 8x 43x − 88 a R + 8x 11 ⇔R= ⇒ = = b R+8-x 4 7

⇒ b=

Xét bảng X 4 5 R 12 có C 18,14 loại

6 24,28 loại

1,0

7 30,42 loại

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

(3,0 điểm)

Vậy R là C b) Công thức phân tử

Công thức electron

CH4

H .. H:C:H .. H

CO2

O :: C :: O

Công thức cấu tạo Hl H-C-H l H

1,0

O=C=O

c) Phương trình phản ứng: CO2 + H2O + NaClO → NaHCO3 + HClO

1,0

CO2 + H2O + Na2CO3 → 2NaHCO3 a) Xét 2 mol Sb. Sơ đồ chéo: 121

1,25 121,75

3 (3,0 điểm)

4 (3,0 điểm)

⇒ n 121 Sb = 1, 25 ( mol )

⇒ %m 121 Sb =

123

0,75

1,5

1, 25.121 . 100% = 51,89% 121, 75.2 + 16.3

b) Vngtu =

68 4,8076 .7, 07 = 4,8076 ( cm3 ) ⇒ V1 ngtu = = 7,986.10−24 ( cm3 ) 23 100 6, 02.10

⇒ R =3

3V = 4π

1,5

0 3.7,986.10−24 = 1, 24.10−8 ( cm3 ) = 1, 24 A 4.3,14

* Thí nghiệm 1: + Khi K đóng: khí sinh ra phải qua bình chứa Z, nếu bị Z hấp thụ thì không còn để phản ứng với T. to → CO2 + 2SO2 + 2H2O 2H2SO4đăc + C  5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 . Chỉ bình chứa dd Z bị nhạt màu + Khi K mở: khí sinh ra không tiếp xúc với cả Z và T. 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 . SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr Cả bình Z và T đều nhạt màu * Thí nghiệm 2: + Khi K đóng: 16HCl + 2KMnO4 → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O Cl2 + 2KBr → 2KCl + Br2 Dung dịch Z đậm màu dần lên + Khi K mở: Cl2 + 2KBr → 2KCl + Br2 Cl2 + 2FeCl2 → 2FeCl3 Dung dịch Z đậm màu dần lên và dung dịch T chuyển màu nâu đỏ a) Các phương trình phản ứng: KMnO4 + + 16HCl (đặc) → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O (1) Dung dịch A chứa KCl, MnCl2 và HCl dư ⇒ dung dịch B chứa KCl, MnCl2 và

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

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

5 (3,0 điểm)

HCl. • Trung hòa axit trong B bằng NaOH: HCl + NaOH → NaCl + H2O (2) • B tác dụng với AgNO3 dư: AgNO3 + HCl → AgCl↓ + HNO3 (4) AgNO3 + KCl → AgCl↓ + KNO3 (5) 2AgNO3 + MnCl2 → 2AgCl↓ + Mn(NO3)2 (6) b) Đặt số mol HCl, KCl trong 50 ml dung dịch B lần lượt là x, y (mol). Theo phương trình phản ứng (1): nMnCl = nKCl = y mol 2

Theo phương trình phản ứng (2):x = nHCl = nNaOH = 0,024.0,5 = 0,012 mol ⇒ CM (HCl) = 0,24 M

1,0

0,5

Trong 100 ml dung dịch B: nHCl = 2x mol; n MnCl = nKCl = 2y mol 2

Theo phương trình phản ứng (3), (4), (5): nAgCl↓ = nHCl + nKCl + 2. nMnCl

0,5

⇔ 2x + 2y + 2.2y = 17,22 : 143,5 = 0,12 mol ⇔ x + 3y = 0,06 mol ⇒ y = 0,016 mol. Vậy nồng độ mol của các chất trong B là: C M ( KCl ) = C M ( MnCl 2 ) = 0, 32M

c) Theo (1) ta có: n KMnO = nKCl (500 ml dd B) = 10y = 0,16 mol 4

⇒ m = m KMnO n Cl2 =

(ban đầu)

= 0,16.158 = 25,28 gam.

0,5

5 n KMnO4 = 0, 4mol ⇒ V = 0,4.22,4 = 8,96 lít. 2

Theo (1): nHCl pư = 8 n KMnO = 1,28 mol mà nHCl dư = 10.x = 0,12 mol 4

⇒ nHCl đã dùng = 1,28 + 0,12 = 1,4 mol

0,5

n .M 1, 4.36,5 Vdd HCl đã dùng = HCl HCl = = 118, 64ml C%.D 36,5%.1,18

a) Các phương trình phản ứng: *) Hỗn hợp X + H2SO4 đặc nóng: 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3 SO2 + 6H2O 2M + 2nH2SO4 → M2(SO4)n + n SO2 + 2nH2O

(1) (2)

Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng: SO2 + NaOH → NaHSO3 (3) SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O (4)

6 (3,0 điểm)

*) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl: Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2 2M + 2n HCl → 2MCln + nH2

(5) (6)

*) Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư: Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 2M + n H2SO4 → M2(SO4)n + nH2

(7) (8)

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

1,0

b) Tính V: Ta có nNaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol Xét trường hợp xảy ra cả phản ứng (3) và (4), NaOH hết: Đặt n SO (3) = a (mol) ; n SO (4) = b (mol) 2

0,5

 n NaOH = a + 2b = 0,1 mol ⇒  m chat tan = 104.a + 126.b = 5, 725 gam

⇒ a = - 0,014 < 0 (loại)

Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư: Đặt n SO (4) = d (mol) ⇒ nNaOH dư = 0,1 – 2d mol.

0,5

⇒ m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam ⇒ d = 0,0375 mol Vậy VSO2 = 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít

c) Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol 3 2

n 2

Theo (1) và (2) ⇒ n SO = x + y = 0, 0375 ( mol ) 2

(*)

Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có nFe = x mol; nM = 3y mol n 2

Theo (5), (6) ta có n H = x + .2y = 0, 0775 ( mol ) 2

(**)

Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có nFe = 2x mol; nM = y mol 1 y n M = ( mol ) 4 2 (SO 4 ) n 2 2 y ⇒ Khối lượng muối: mmuối = 152.2x + (2M + 96n). = 5,605 gam 2

Theo (7) và (8) có: n FeSO = n Fe = 2x ( mol ) ; n M

⇔ 304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam

Từ (*), (**), (***) ta có: ⇒

Xét:

x = 0,01; M.y = 0,405;

0,5

(***)

n.y = 0,045

M M.y 0, 405 = = =9 n n.y 0, 045

n M (g/mol)

1 9 (loại)

2 18 (loại)

3 27 (M là Al)

⇒ y = 0,015 mol. Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X: 56x .100% = 58, 03% 56x + 27y 27x .100% = 41,97% = 56x + 27y

%m Fe(trongX) =

%m Al( trongX)

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

0,5

a) Hình vẽ: Học sinh có thể vẽ hình khác nhưng yêu cầu: * Có bình phản ứng, hóa chất, ống hòa tan khí * Biện pháp tránh khí HCl thoát ra ngoài.

7 (3,0 điểm)

1,0

b) Để tránh khí thoát ra ngoài có thể dùng bông tẩm dung dịch kiềm để lên trên ống nghiệm hoặc dẫn khí thừa vào dung dịch kiềm. c) Nếu ống sục khí cắm sâu vào nước thì khi HCl bị hòa tan có thể gây ra hiện tượng giảm áp suất trong bình phản ứng làm nước bị hút vào bình phản ứng

1,0

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 11

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

Câu 1 1. Viết phương trình phản ứng (dưới dạng phân tử) khi cho các dung dịch (mỗi dung dịch đều chứa 1 mol chất tan) tác dụng với nhau theo từng cặp sau: BaCl2 và NaHSO4; Ba(HCO3)2 và KHSO4; Ca(H2PO4)2 và KOH; Ca(OH)2 và NaHCO3. 2. Cho m gam hỗn hợp X gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước thu được dung dịch A. Chia A làm 2 phần bằng nhau. Sục khí H2S dư vào phần 1 được 1,28 gam kết tủa, cho Na2S dư vào phần 2 được 3,04 gam kết tủa. Tính m.

Câu 2 1.X và Y là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính, đều tạo hợp chất với hiđro có dạng RH (R là kí hiệu của nguyên tố X hoặc Y). Gọi A và B lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X và Y. Trong B, Y chiếm 35,323% khối lượng. Trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch A 16,8% cần 150 ml dung dịch B 1M. Xác định các nguyên tố X và Y.

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

2. Để hoà tan hoàn toàn a mol một kim loại cần một lượng vừa đủ a mol H2SO4, sau phản ứng thu được 31,2 gam muối sunfat và khí X. Toàn bộ lượng khí X này làm mất màu vừa đủ 500 ml dung dịch Br2 0,2M. Xác định tên kim loại.

Câu 3 1. Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp chất rắn X gồm: Cu; CuS; FeS; FeS2; FeCu2S2; S thì cần 2,52 lít O2 và thấy thoát ra 1,568 lít SO2. Mặt khác cho 6,48 gam X tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lít NO2 (là sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được m gam kết tủa. Biết thể tích các khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính V và m. 2. Cho sơ đồ các phương trình phản ứng: (1) (X) + HCl → (X1) + (X2) + H2O (5) (X2) + Ba(OH)2 → (X7) (2) (X1) + NaOH → ↓(X3) + (X4) (6) (X7) +NaOH → ↓(X8) + (X9) + … (3) (X1) + Cl2 → (X5) (7) (X8) + HCl → (X2) +… (4) (X3) + H2O + O2 → ↓(X6) (8) (X5) + (X9) + H2O → (X4) + … Hoàn thành các phương trình phản ứng và cho biết các chất X, X1,…, X9.

Câu 4 1.Cho các dung dịch riêng biệt mất nhãn sau: Na2SO4, AlCl3, FeSO4, NaHSO4, FeCl3. Chỉ dùng dung dịch K2S để nhận biết các dung dịch trên ngay ở lần thử đầu tiên. Viết các phương trình hoá học minh hoạ. 2. Cho 93,4 gam hỗn hợp A gồm 3 muối MgCl2, NaBr, KI tác dụng với 700 ml dung dịch AgNO3 2M thu được dung dịch D và kết tủa B. Lọc kết tủa B, cho 22,4 gam bột Fe vào dung dịch D thu được chất rắn F và dung dịch E. Cho F vào dung dịch HCl dư tạo ra 4,48 lít H2 (đktc). Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch E thu được kết tủa, nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn. (Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn) a. Tính khối lượng kết tủa B. b. Hòa tan 93,4 gam hỗn hợp A trên vào nước tạo ra dung dịch X. Dẫn V lít Cl2 vào dung dịch X, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 66,2 gam muối. Tính V(đktc)?

Câu 5 1. Trong phòng thí nghiệm có 3 lọ mất nhãn đựng 3 dung dịch H2SO4 , HCl và NaOH có cùng nồng độ mol/lit. Chỉ dùng Phenolphtalein làm thuốc thử và các dụng cụ thí nghiệm cần thiết hãy nhận biết 3 dung dịch trên bằng 2 cách khác nhau (trong đó phải có một cách là phương pháp chuẩn độ axit- bazơ ) . Trình bày cách tiến hành thí nghiệm . 2. Chia 78,4 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 thành hai phần bằng nhau. Phần thứ nhất tác dụng hết với dung dịch HCl dư, thu được 77,7 gam muối khan. Phần thứ hai tác dụng vừa hết với 500 ml dung dịch Y gồm hỗn hợp HCl, H2SO4 loãng, thu được 83,95 gam muối khan. a. Xác định % khối lượng của mỗi chất trong X. b. Tính nồng độ mol/lit của dung dịch Y. ----------Hết----------

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT ĐỀ ÔN TẬP SỐ 11

Câu 1

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

Hướng dẫn chấm 1. BaCl2 + NaHSO4  → BaSO4 ↓ + NaCl + HCl → BaSO4 ↓ + KHCO3 + CO2 ↑ + H2O Ba(HCO3)2 + KHSO4  → CaHPO4 ↓ + KH2PO4 + H2O Ca(H2PO4)2 + KOH  Ca(OH)2 + NaHCO3  → CaCO3 ↓ + NaOH + H2O 2. Thêm H2S vào phần 1 ta có: 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2HCl x 0,5x CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl y y 16x +96y = 1,28 (I) Thêm Na2S vào phần 2 2FeCl3 + Na2S → 2FeCl2 + S + 2NaCl sau đó: FeCl2 + Na2S → FeS↓ + 2NaCl

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

Đ iể m 1,0

1,0

2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl x x 0,5 x CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl y y 88x + 32.0,5x + 96y = 3,04 (II) + Từ (I, II) ta có: x = 0,02 mol và y = 0,01 mol m = 4,6.2 = 9,2 gam. 1. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên Y có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA. -Trường hợp 1: Nếu Y thuộc nhóm IA thì B có dạng YOH Y 35,323 Ta có : = ⇒ Y = 9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp) 17 64,677 -Trường hợp 2: Y thuộc nhóm VIIA thì B có dạng HYO4 Y 35,323 Ta có : = ⇒ Y = 35,5 , vậy Y là nguyên tố clo (Cl). 65 64,677 B (HClO4) là một axit, nên A là một bazơ dạng XOH 16,8 mA = × 50 gam = 8,4 gam 100 XOH + HClO4 → XClO4 + H2O ⇒ n A = n HClO 4 = 0,15mol

mol:

⇒ MX = 39 gam/mol, vậy X là nguyên tố kali 2. Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2S hoặc SO2. Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng: 8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O 5n 8 Theo ptpu: n H 2SO4 = nR. Theo bài ra: n H 2SO4 = nR → 5n = 8 → n = . 8 5 Vậy khí X đã cho là khí SO2. Và ta có phương trình phản ứng: 2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O Ta có: 2 =2n n =1 Phương trình (1) được viết lại: 2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O * Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau: SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (2) Theo (2): n SO2 = n Br2 = 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = n SO2 = 0,1(mol)

Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → M R2 SO4 = 312 → MR = 108 (R là Ag). 3

1. Xem hỗn hợp X gồm x mol Cu, y mol Fe và z mol S. -Khối lượng hỗn hợp X: 64x + 56y + 32z = 6,48 (I). -Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X Cu → Cu2++2e , Fe → Fe3++3e , S → SO2 +4e x x 2x y y 3y z z 4z O +2e → O20,225 0,45 -Bảo toàn electron ta có: 2x + 3y + 4z = 0,45 (II). Ta có z = Số mol S = số mol SO2 = 1,568:22,4 = 0,07. Thay z = 0,07 vào (I) được phương trình: 64x + 56y = 4,24 (*) vào (II) được phương trình 2x + 3y = 0,17 (**). Giải hệ 2 PT (*) & (**) tìm được x = 0,04; y = 0,03. -Hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư tạo khí NO2 duy nhất và dung dịch A. Cu → Cu2++2e , Fe → Fe3++3e , S → SO42- +6e x x 2x y y 3y z z 6z NO3- +1e → NO2

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

1,0

a a mol -Bảo toàn electron ta có: số mol NO2 = a = 2x+ 3y + 6z = 0,59. Từ đó tính được V = V(NO2) = 0,59x22,4 = 13,216 lít. Dung dịch A + dung dịch Ba(OH)2 dư thu được kết tủa gồm: Cu(OH)2; Fe(OH)3; BaSO4 Số mol Cu(OH)2 = số mol Cu = x = 0,04. Số mol Fe(OH)3 = số mol Fe = y = 0,03. Số mol BaSO4 = số mol S = z = 0,07. m = m↓ = (0,04x98 + 0,03x107 + 0,07x233) = 23,44 gam. 2. Các phương trình phản ứng: (1) FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2 + H2O (X) (X1) (X2) (2) FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl (X1) (X3) (X4) (1) 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3 (X5) (X1) (2) 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 → 4Fe(OH)3 ↓ (X3) (X6) (1) 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 (X2) (X7) (2) Ba(HCO3)2 + 2NaOH → BaCO3 ↓ + Na2CO3 + 2H2O (X7) (X8) (X9) (1) BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2 + H2O (X8) (X2) (2) 2FeCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2Fe(OH)3 ↓ + 3CO2 + 6NaCl (X5) (X9) Các chất: X: FeCO3 X1: FeCl2 X2 :CO2 X3: Fe(OH)2 X4: NaCl X5: FeCl3 X6: Fe(OH)3 X7: Ba(HCO3)2 X8: BaCO3 X9: Na2CO3 1. Khi cho dung dịch K2S lần lượt vào mẫu thử của các dung dịch trên thì: - Mẫu thử không có hiện tượng chứa dung dịch Na2SO4 - Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng keo và có hiện tượng sủi bọt khí chứa AlCl3 : 2AlCl3 + 3 K2S + 3H2O → 6KCl + 2Al(OH)3 + 3H2S - Mẫu thử có hiện ttượng sủi bọt khí chứa dung dịch NaHSO4 2 NaHSO4 + K2S → 2K2SO4 + H2S - Mẫu thử xuất hiện kết tủa đen chứa FeCl2: K2S + FeCl2 → FeS + 2NaCl - Mẫu thử xuất hiện kết tủa đen và vàng có chứa FeCl3 2FeCl3 + 3K2S → 6KCl + S + 2FeS 2. a. Gọi a, b, c lần lượt là số mol của MgCl2, NaBr, KI. Phương trình phản ứng: MgCl2 + 2AgNO3 → 2AgCl↓ + Mg(NO3)2 (1) NaBr + AgNO3 → AgBr↓ + NaNO3 (2) KI + AgNO3 → AgI↓ + KNO3 (3) Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag (4) → FeCl Fe + 2HCl (5) 2 + H2 Fe(NO3)2 + 2NaOH → Fe(OH)2 ↓ + 2NaNO3 (6) Mg(NO3)2 + 2NaOH → Mg(OH)2 + 2NaNO3 (7) (8) 2Fe(OH)2 + 1/2O2 + H2O → 2Fe(OH)3↓ 2Fe(OH)3↓ → Fe2O3 + 3H2O (9) Mg(OH)2 → MgO + H2O (10) 4, 48 Theo (5) nFe = nH 2 = = 0, 2mol 22, 4 nAgNO3 = 0,2.2 = 0,4 mol

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

1,0

1.0

(I) Theo (1) (2) (3) nAgNO3 = 0,7.2 – 0,4 = 2a+b+c = 1 mrắn = = mFe2O3 + mMgO = 160 × 0,1 + 40a = 24 → a = 0,2 ( II) (III) mA = 95.0,2 + 103b + 166c = 93,4 Từ (I), (II), (III): b = 0,4; c =0,2 Vậy khối lượng kết tủa B là: m = 143,5.0,4+188.0,4+235.0,2= 179,6 gam........ ......... b. Phương trình phản ứng: Cl2 + 2KI → 2KCl + I2 (1) Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 (2) Khi phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn khối lượng muối giảm: 0,2(127 – 35,5) = 18,3 gam Khi cả hai phản ứng (1) và (2) xảy ra hoàn toàn khối lượng muối giảm: 0,2(127 – 35,5) + 0,4(80 – 35,5) = 36,1 gam Theo đề bài ta co khối lượng muối giảm: 93,4 – 66,2 = 27,2 gam Ta thấy: 18,3 < 27,2 < 36,1 chứng tỏ:(1) xảy ra hoàn toàn và có một phần (2) Đặt số mol Br2 bằng x thì khối lượng muối giảm: x = 0,2 mol 18,3 + x(80 – 35,5) = 27,2 → Vậy nCl2 = 5

1 (0, 2 + 0, 2) = 0, 2mol ; VCl2 = 22, 4.0, 2 = 4, 48lit 2

1. Dùng Phenolphtalein nhận biết được dung dịch NaOH ( màu hồng) và 2 d.dịch axit 1,0 (không màu). Do các dung dịch H2SO4 , HCl và NaOH có cùng nồng độ mol/l nên nếu cho NaOH lần lượt phản ứng với từng axit thì ta có phương trình phản ứng : HCl + NaOH → NaCl + H2O H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2 H2O và thể tích d. dịch NaOH phản ứng với H2SO4 = 2 lần thể tich d. dịch NaOH phản ứng với HCl . Vậy để nhận biết tưng axit bằng d. dịch NaOH và phenolphtalein ta có thể làm 2 cách : +Cách 1: -Lấy những thể tích bằng nhau của từng axit cho vào 2 cốc, và lấy thể tích d.dịch NaOH gấp 2 lần mỗi axit. -Lần lượt đổ d.dịch NaOH (có thể tích đã lấy)vào từng cốc . Cho vài giọt Phenolphtalein vào từng cốc, nếu cốc nào d.dịch từ không màu chuyển thành màu hồng thì cốc đó là d/dịch HCl ( do NaOH dư), cốc có d. dịch không chuyển màu(không màu) là chứa d/dịch H2SO4 +Cách 2: Phương pháp chuẩn độ axit- bazo: -Lấy vào 2 ống nghiệm : mỗi ống 5 ml dung dịch NaOH và vài giọt phenolphtalein→ dung dịch có màu hồng . Lần lượt dùng ống Buret chứa từng axit (có chia vạch đo thể tich ) đặt trên giá đỡ , nhỏ từ từ từng giọt vào từng ống nghiệm chứa dung dịch NaOH đến khi dung dịch NaOH vừa mất màu hồng thì dừng lại . - Xác định thể tích từng axit cần dùng trong mỗi trường hợp ( dựa vào vạch đo thể tích trên ống Buret). Nếu trường hợp nào mà axit đã dùng nhiều hơn thì dung dịch đó là HCl , trường hợp nào thể tích axit cần dùng ít hơn thì đó là dung dịch H2SO4. 2. a. PTHH: FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O (1) Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O (2) FeO + H2SO4 → FeSO4 + H2O (3) Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O (4) 78, 4 Gọi trong mỗi phần có: x mol FeO và y mol Fe2O3 ⇒ 72 x + 160 y = = 39, 2 (*) 2 Phần 1: Theo (1): nFeCl2 = nFeO = x mol Theo (2): nFeCl3 = 2nFe2O3 = 2 y mol

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

mmuèi khan = mFeCl2 + mFeCl3 = 77, 7 gam ⇒127 x + 162,5.2 y = 77, 7 ⇒127 x + 325 y = 77, 7 (**)  x = 0,1 Từ (*) và (**) ⇒   y = 0, 2 0,1.72 .100% = 18,37% vµ %m Fe2O3 = 81, 63% ⇒ %mFeO = 39, 2 c. Phần 2: Gọi trong 500ml dd Y có: a mol HCl và b mol H2SO4 Theo (1), (2), (3) và (4): nH 2O = 0,5nHCl + nH 2SO4 = 0,5a + b (mol )

Ta có:

Bảo toàn nguyên tố oxi: nH 2O = nFeO + 3nFe2O3 = 0,1 + 3.0, 2 = 0, 7 mol ⇒ 0,5a + b = 0,7 (I) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mphÇn 2 + mHCl + mH 2 SO4 = mmuèi khan + mH 2O

⇒ 39, 2 + 36,5a + 98b = 83,95 + 18.0,7 ⇒ 36,5a + 98b = 57,35 (II)  a = 0,9 Từ (I) và (II) ⇒  b = 0, 25 0,9 0, 25 ⇒ CM ( HCl ) = = 1,8M ; CM ( H 2 SO4 ) = = 0,5M 0,5 0,5 ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 12

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

Câu 1. (3,0 điểm) 1) So sánh và giải thích ngắn gọn các trường hợp sau: a. Năng lượng liên kết của N-F và B-F trong các hợp chất NF3 và BF3. b. Nhiệt độ sôi của NF3 và NH3. c. Mô men lưỡng cực của NF3 và NH3. d. Nhiệt độ nóng chảy của AlCl3 và AlF3. 2) Hoàn thành các phương trình hóa học của các phản ứng sau: a. NaBr + H2SO4 (đặc, nóng)  → b. NaClO + PbS  → c. F2 + NaOH (loãng, lạnh)  → d. FeI2 + Cl2(dư)  → → e. FeSO4 + H2SO4 + HNO2  → f. KMnO4 + H2SO4 + HNO2  Câu 2. (3,0 điểm) 1) Giả thiết tồn tại các obitan ng tương ứng với số lượng tử phụ l = 4. a. Hãy cho biết số electron tối đa mà phân lớp ng có thể có. b. Dự đoán sau phân mức năng lượng nào thì đến phân mức ng. c. Nguyên tử có electron đầu tiên ở phân mức ng này có số hiệu nguyên tử Z bằng bao nhiêu?

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

2) Cho ba khí X, Y, Z. Đốt cháy V lít khí X thu được V lít khí Y và 2V lít khí Z. Hợp chất X không chứa oxi, Z là sản phẩm thu được khi cho lưu huỳnh tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng. Y là oxit trong đó khối lượng oxi gấp 2,67 lần khối lượng nguyên tố tạo oxit. Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Viết các phương trình hóa học xảy ra khi a. Đốt cháy hỗn hợp X, Y, Z trong không khí (nếu có xảy ra). b. Cho Z lần lượt sục qua các dung dịch: Br2, H2O2, H2S, Na2CO3, KMnO4. Câu 3. (2,0 điểm) Giải thích ngắn gọn các trường hợp sau: a. Để tẩy uế hố rác, cống rãnh, chuồng trại người ta thường dùng clorua vôi. b. Trong thiên nhiên có nhiều nguồn tạo ra H2S nhưng không có hiện tượng tích tụ khí H2S trong không khí. c. I2 tan rất ít trong nước nhưng tan nhiều trong các dung môi hữu cơ như benzen, xăng, … và tan trong dung dịch KI. d. Ozon dễ hóa lỏng và tan trong nước nhiều hơn oxi. e. Một trong những nguyên nhân quan trọng làm suy giảm tầng ozon là do hợp chất CF2Cl2 dùng trong công nghiệp làm lạnh thải vào không khí. Câu 4. (2,0 điểm) Một bình thủy tinh kín chứa 500 ml hỗn hợp khí gồm H2, F2, O2 (ở đktc) có tỉ lệ thể tích tương ứng là 5:3:1. Nung nóng bình thì xảy ra phản ứng tỏa nhiệt rất mạnh. Sau đó làm lạnh bình về nhiệt độ phòng (250C) thì xuất hiện tinh thể (A) không màu bám trên thành bình. Trong A nguyên tố Si chiếm 36% về khối lượng. a. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Xác định công thức phân tử của A. c. Tính khối lượng FeS2 cần dùng để điều chế một lượng SO3 đủ để tan vào 200 gam dung dịch H2SO4 91% tạo thành oleum chứa 12,5% SO3. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 5. (2,0 điểm) Đã có một số công trình về việc điều chế hợp chất của canxi hóa trị 1. Mặc dù bản chất của các chất đó vẫn chưa được biết nhưng chúng đã được sự quan tâm rất nhiều của các nhà hóa học. Có thể chuyển CaCl2 thành CaCl bằng canxi, hiđro, cacbon. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng. b. CaCl2 tác dụng với hidro nguyên tử tạo ra sản phẩm màu trắng chứa 52,36% Ca và 46,32% Cl về khối lượng. Xác định công thức thực nghiệm cho sản phẩm đó. c. CaCl2 tác dụng với cacbon tạo ra sản phẩm màu đỏ (X) chứa 3 nguyên tố, trong đó tỉ lệ số mol nCa : nCl = 1,5 : 1. Thủy phân sản phẩm X thì thu được hợp chất như khi thủy phân Mg2C3. Xác định công thức thực nghiệm của sản phẩm X. Viết công thức cấu tạo mạch hở của hợp chất tạo ra khi thủy phân sản phẩm X. Câu 6. (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm MgCl2, FeCl3, CuCl2 vào nước, thu được dung dịch A. Cho từ từ khí H2S đến dư vào dung dịch A, thu được lượng kết tủa nhỏ hơn 2,51 lần lượng kết tủa tạo ra khi cho dung dịch Na2S dư vào dung dịch A. Tương tự, nếu thay FeCl3 trong dung dịch A bằng FeCl2 với khối lượng như nhau (tạo dung dịch B) thì lượng kết tủa thu được khi cho khí H2S dư vào dung dịch B nhỏ hơn 3,36 lần lượng kết tủa tạo ra khi cho Na2S dư vào dung dịch B. Viết các phương trình hóa học xảy ra và tính % khối lượng các chất trong hỗn hợp X.

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

Câu 7. (2,0 điểm) Cho 12,25 gam KClO3 vào dung dịch HCl đặc, dư. Sau khi kết thúc các phản ứng cho toàn bộ lượng Cl2 tạo ra tác dụng hết với kim loại M, thu được 38,1 gam hỗn hợp chất rắn X. Cho toàn bộ lượng X vào dung dịch AgNO3 dư, thu được 118,5 gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định kim loại M. Câu 8. (2,0 điểm) Cho 150 ml dung dịch Ba(OH)2 1M vào 250 ml dung dịch Al2(SO4)3 x mol/l, thu được 42,75 gam kết tủa. Thêm tiếp 200 ml dung dịch Ba(OH)2 1M vào hỗn hợp sau phản ứng thì khối lượng kết tủa thu được là 94,2375 gam. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định giá trị của x. Câu 9. (2,0 điểm) Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe2O3, CuO, MgO, FeO, Fe3O4 tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư, thu được 3,36 lít khí SO2 (đktc). Mặt khác, khi cho khí CO dư đi qua m gam hỗn hợp X nung nóng, thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z. Cho toàn bộ lượng Z vào dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 35 gam kết tủa. Hòa tan toàn bộ lượng Y trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư, thu được V lít khí SO2 (đktc). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính V. ----------Hết----------

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT ĐỀ ÔN TẬP SỐ 12

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

Câu 1: (3,0 điểm). 1.

NỘI DUNG a) Năng lượng liên kết N – F < B – F vì phân tử NH3 có chứa nguyên tử N lai hóa sp3 => liên kết N – F là liên kết đơn tạo bởi sự xen phủ của obitan sp3 của N và obitan p của F; phân tử BF3 có chứa nguyên tử B lai hóa sp2 => liên kết B – F ngoài sự xen phủ của obitan sp2 của B và obitan p của F thì có sự xen phủ của obitan p tự do của B và obitan p của F => bền hơn liên kết N – F.

Điểm

b) Nhiệt độ sôi của NH3 > NF3 do giữa các phân tử NH3 có liên kết hidro còn giữa các phân tử NF3 không có liên kết hidro. c) Mô men lưỡng cực của NH3 > NF3 do chiều véc tơ của các momen liên kết trong phân tử NH3 cùng chiều với cặp electron tự do trên N, còn trong phân tử NF3 thì chiều của các momen liên kết ngược chiều với cặp electron tự do trên N

d) Nhiệt độ nóng chảy của AlF3 > AlCl3 do hợp chất AlF3 là hợp chất ion, tồn tại ở dạng tinh thể rắn còn hợp chất AlCl3 là hợp chất cộng hóa trị, lực liên kết giữa các phân tử yếu. Các phương trình phản ứng

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

a. 2NaBr + 3H2SO4  → Br2 + SO2 + 2NaHSO4 + 2H2O b. 4NaClO + PbS  → PbSO4 + 4NaCl c. 2F2 + 2NaOH(loãng, lạnh)  → 2NaF + H2O + OF2 d. 3Cl2 + 2FeI2  → 2FeCl3 + 2I2

→ 4HCl + 2HIO3 2Cl2 + I2 + 3H2O  e. 2FeSO4 + H2SO4 + 2HNO2  → Fe2(SO4)3 + 2NO + 2H2O f.

2KMnO4 + 3H2SO4 + 5HNO2  → K2SO4 + 2MnSO4 + 5HNO3 + 3H2O

Câu 2: (3,0 điểm).

NỘI DUNG 1.

Phân mức năng lượng ng ứng với l = 4 sẽ có (2l + 1) obitan

Z là sản phẩm của S với H2SO4 đặc , nóng => Z là SO2. Y là oxit trong đó lượng oxi = 2,67 lần lượng nguyên tố tạo oxit => Y là CO2. Vậy X là CS2.

Điểm

a. Như vậy số obitan ứng với mức năng lượng này là 9 => số electron tối đa là 18 e. b. Phân mức năng lượng ng xuất hiện trong cấu hình electron nguyên tử là 5g, vì khi số lượng tử chính n = 5 thì lớp electron này có tối đa 5 phân mức năng lượng ứng với: l = 0 (s); l = 1 (p); l = 2 (d); l = 3 (f); l = 4 (g) => phân mức 5g có tổng số (n + l) = 9 => phân mức này nằm sát sau phân mức 8s. c.Nguyên tử đầu tiên ở phân mức này có cấu hình: 7s25f146d107p68s25g1 Vậy Z = 121

a. Phương trình phản ứng:

CS2 + O2  → CO2 + SO2 CO2, SO2 không cháy trong không khí. b. Các phương trình phản ứng SO2 + Br2 + 2H2O  → 2HBr + H2SO4 SO2 + H2O2  → H2SO4 SO2 + Na2CO3  → Na2SO3 + CO2 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4

Câu 3: (2,0 điểm). NỘI DUNG

Điểm

a. Clorua vôi là chất bột rẽ tiền, dễ điều chế, có hàm lượng hipoclorit cao, có khả năng diệt trùng nhờ tính oxi hóa mạnh của gốc hipoclorit (ClO) nên được sử dụng để tẩy uế các hố rác, cống rãnh,… b. H2S không tích tụ trong không khí là do H2S có tính khử mạnh, khi gặp oxi trong không khí thì xảy ra phản ứng: H2S + O2  → S + H2O c. I2 là phân tử không phân cực nên khó tan trong nước (là dung môi phân cực) nhưng dễ tan trong các dung môi không phân cực như benzen, xăng,…

→ KI3 Trong dung dịch KI thì I2 tạo phức tan KI3 theo phản ứng: KI + I2  d. O2 là phân tử không phân cực, O3 là phân tử phân cực vì vậy O3 dễ hóa lỏng và tan trong nước nhiều hơn O2 e. CF2Cl2 phá hủy tầng ozon là do các phản ứng sau CF2Cl2  → CF2Cl. + Cl. Cl. + O3  → O2 + OCl. OCl. + O3  → O2 + Cl.

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

Một gốc Cl. có thể phá hủy hàng ngàn phân tử O3

Câu 4: (2 điểm). NỐI DUNG a. b.

Điểm

A có chứa Si chiếm 36% khối lượng => A là H2SiO3 Các phương trình phản ứng xảy ra

H2 + F2  → 2HF → SiF4 + 2H2O 4HF + SiO2  SiF4 + 3H2O  → H2SiO3 + 4HF Các phương trình phản ứng xảy ra → 2Fe2O3 + 8SO2 4FeS2 + 11O2  2SO2 + O2  → 2SO3 SO3 + H2O  → H2SO4 nSO3 + H2SO4  → H2SO4.nSO3

(1) (2) (3)

(4) Gọi x là số mol FeS2 cần dùng. Từ (1) và (2) => số mol SO3 = x Số mol H2O trong dung dịch H2SO4 91% là (100 – 91) : 18 = 0,5 mol => Số mol SO3 cần dùng để chuyển 100 gam dung dịch H2SO4 91% thành H2SO4 100% là 0,5 mol => số mol SO3 còn lại là: (2x – 0,5)

Vì oleum chứa 12,5% SO3 nên ta có (2 x − 0, 5).80 12,5 => x = 0,375. = 100 + 2 x.80 100 Vậy khối lượng của FeS2 cần dùng là m = 0,375.120 = 45 gam.

Câu 5. (2 điểm). NỘI DUNG

Điểm

Các phương trình phản ứng → 2CaCl CaCl2 + Ca  → CaCl + HCl CaCl2 + H2  4CaCl2 + C  → 4CaCl + CCl4

Theo giả thiết ta có %H = 100 – 52,36 – 46,32 => ta có tỉ lệ số mol Ca : Cl : H = 1 : 1 : 1 => công thức thực nghiệm là (CaClH)n

Ta có nCa : nCl = 1,5 : 1 = 3 : 2 Mặt khác, ta có: Mg2C3 + 4H2O  → 2Mg(OH)2 + C3H4 => X có dạng (Ca3C3Cl2)n

Công thức cấu tạo mạch hở của C3H4 là H H H C=C=C H–C=C–C H H H

Câu 6. (2,0 điểm).

NỘI DUNG

Điểm

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của CuCl2, MgCl2, FeCl3 -Tác dụng với Na2S: CuCl2 + Na2S  → CuS + 2NaCl

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

MgCl2 + Na2S + H2O  → Mg(OH)2 + H2S + 2NaCl 2FeCl3 + 3Na2S  → 2FeS + S + 6NaCl -Tác dụng với H2S: CuCl2 + H2S  → CuS + 2HCl 2FeCl3 + H2S  → 2FeCl2 + 2HCl + S MgCl2 + H2S: không phản ứng Nếu thay bằng FeCl2: → CuS + 2NaCl -Tác dụng với Na2S: CuCl2 + Na2S  MgCl2 + Na2S + H2O  → Mg(OH)2 + H2S + 2NaCl FeCl2 + Na2S  → FeS + 2NaCl -Tác dụng với H2S: CuCl2 + H2S  → CuS + 2HCl FeCl2, MgCl2 : không phản ứng (1) Theo giả thiết ta có: 96x + 88z + 16z + 58y = 2,51(96x + 16z) 162, 5 z 162,5 z Số mol FeCl2 = => 96x + 58y + (2) .88 = 3,36.96x 127 127 Từ (1) và (2) => y = 0,664x và z = 1,67x => MgCl2 = 13,45%; FeCl3 = 57,8%; CuCl2 = 28,75%

Câu 7: (2 điểm).

NỘI DUNG

Điểm

Phương trình phản ứng KClO3 + 6HCl  → KCl + 3Cl2 + 3H2O M tác dụng với Cl2 tạo ra hỗn hợp X => X gồm MCln và M dư. Số mol Cl2 = 0,3 mol => số mol AgCl = 0,6 mol => mAgCl = 86,1 gam Theo giả thiết ta có mM = 38,1 – mCl2 = 16,8 gam Giả sử M không tác dụng với AgNO3 thì khối lượng kết tủa là 86,1 + mM (dư) < 86,1 + 16,8 = 102,9 < 118,5 => M có phản ứng với AgNO3 =>khối lượng Ag tạo ra = 118,5 – 86,1 = 32,4 gam => số mol Ag = 0,3 mol =>tổng số mol electron do M cho = 2.nCl2 + nAg = 0,9 mol Ta có: M – n.e  → Mn+ 16,8 56 Gọi x là số mol M => x.n = 0,9 ; M.x = 16,8 => M = .n => M = .n 0,9 3 Giá trị thích hợp là n = 3 và M = 56 Vậy M là Fe

Câu 8. (2 điểm).

NỘI DUNG

Điểm

Theo giả thiết ta có số mol Ba(OH)2 = 0,15 mol; Al2(SO4)3 = 0,25x mol Phương trình phản ứng: 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3  → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 2 Giả sử Ba(OH)2 hết => m = 0,15.233 + 0,15. .78 = 42,75 gam (thõa mãn bài 3 ra) Khi thêm 0,2 mol Ba(OH)2 vào dung dịch sau phản ứng thì khối lượng kết tủa tăng thêm => có hai khả năng xảy ra: - Nếu cả BaSO4 và Al(OH)3 đều kết tủa hết thì khối lượng kết tủa là: 0,35.233 + 2 0,35. .78 = 99,75 > 94,2375 => không thõa mãn bài ra 3

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

- Nếu chỉ có BaSO4 kết tủa còn Al(OH)3 tan hết thì khối lượng kết tủa là: 0,35.233 = 81,55 < 94,2375 => khi thêm Ba(OH)2 thì xảy ra hai phản ứng và lượng Al(OH)3 tan một phần: 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3  (1) → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 0,75x  → 0,25x  → 0,75x  → 0,5x Ba(OH)2 + 2Al(OH)3  (2) → Ba(AlO2)2 + 4H2O (0,35 – 0,75x) 2(0,35 – 0,75x) Sau các phản ứng thì số mol Al(OH)3 còn lại là: 0,5x – 2(0,35 – 0,75x) = (2x – 0,7) mol => tổng khối lượng kết tủa là: 233.0,75x – 78(2x – 0,7) = 94,2375 => x = 0,45 (mol/l)

Câu 9: (2,0 điểm).

NỘI DUNG

Điểm

Hỗn hợp X + CO  → hỗn hợp Y (MgO, Fe, Cu) + hỗn hợp khí Z (CO, CO2) → Fe3+ Hỗn hợp X + H2SO4  Cu2+ Mg2+ 0,15 mol SO2 → Fe3+ Hỗn hợp Y (MgO, Fe, Cu) + H2SO4  Cu2+ Mg2+ V lít SO2 Áp dụng bảo toàn electron ta có: Ở thí nghiệm 1 thì số mol electron cho = số mol electron nhận = 0,3 mol Ở thí nghiệm 2 thì số mol electron cho = số mol e cho tại TN 1 + 2.nCO2 = 1 mol => Số mol e cho ở thí nghiệm 2 = 2.nSO2 => nSO2 = 0,5 mol Vậy thể tích khí SO2 = 11,2 lít V = 11,2 lít

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 13

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

Câu 1. Người ta quy ước trị số năng lượng của electron trong nguyên tử có dấu âm (–). Electron trong He+ khi chuyển động trên một lớp xác định có một trị số năng lượng tương ứng, đó là năng lượng của một mức. Có 3 trị số năng lượng (theo eV) của electron trong hệ He+ là: –13,6; –54,4; –6,04. a) Hãy chỉ ra trị số năng lượng mức 1, 2, 3 từ 3 trị số trên. b) Từ trị số nào trong 3 trị số trên ta có thể xác định được một trị số năng lượng ion hóa của He? Giải thích? Câu 2. Thực nghiệm cho biết các độ dài bán kính của sáu ion theo đơn vị A0 như sau: 1,71; 1,16; 1,19; 0,68; 1,26; 0,85. Các ion đó đều có cùng số electron. Số điện tích hạt nhân Z của các ion đó

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

trong giới hạn 2< Z <18. Hãy xác định các ion đó và gán đúng trị số bán kính cho từng ion, xếp theo thứ tự tăng dần của các trị số đó. Giải thích của sự gán đúng các trị số đó. Câu 3. Cho bảng giá trị một số đại lượng của các đơn chất halogen sau: Đơn chất Nhiệt độ sôi Năng lượng liên kết Độ dài liên kết X – X (oC) X – X (kJ/mol) (Ao) F2 159 1,42 - 187,9 Cl2 242 1,99 - 34,1 192 2,28 Br2 58,2 150 2,67 I2 184,5 Nhận xét và giải thích sự biến đổi: nhiệt độ sôi, năng lượng liên kết và độ dài liên kết cho trên. Câu 4. Hãy chứng minh độ đặc khít của mạng lưới tinh thể lập phương tâm khối là 68%. Từ đó hãy tính khối lượng riêng của natri theo g/cm3. Biết natri kết tinh có dạng tinh thể lập phương tâm khối và bán kính hiệu dụng của nguyên tử natri bằng 0,189 nm. Câu 5. Trộn một lượng nhỏ bột Al và I2 trong bát sứ, sau đó cho một ít nước vào. a) Nêu hiện tượng xảy ra và giải thích. b) Viết phương trình hóa học của phản ứng và cho biết vai trò của các chất tham gia. c) Giải thích tại sao hợp chất COBr2 có tồn tại, còn hợp chất COI2 không tồn tại? Câu 6. Hỗn hợp khí X gồm SO2 và O2 có tỉ khối hơi so với H2 bằng 28. Cho 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí X vào bình kín có V2O5 rồi nung nóng đến 4500C. Sau một thời gian phản ứng, làm nguội bình rồi cho toàn bộ các chất thu được đi qua dung dịch BaCl2 (dư). Sau khi kết thúc phản ứng, thu được 17,475 gam kết tủa. Tính hiệu suất của phản ứng oxi hóa SO2 thành SO3. Câu 7. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, NaOH, Na2CO3 trong lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 40%, thu được 8,96 lít hỗn hợp khí có tỉ khối so với H2 là 16,75 và dung dịch Y có nồng độ 51,449%. Cô cạn dung dịch Y, thu được 170,4 gam muối khan. Tính m. Câu 8. Thực nghiệm cho biết cả ba hợp chất CHBr3, SiHBr3, CH(CH3)3 đều có cấu tạo tứ diện. Có ba trị số góc liên kết tại tâm là 110o, 111o, 112o (không kể tới H khi xét các góc này). Độ âm điện của H là 2,2; CH3 là 2,27; CH là 2,47; Si là 2,24; Br là 2,5. Dựa vào mô hình đẩy giữa các cặp electron hóa trị và độ âm điện, hãy cho biết trị số góc của mỗi chất và giải thích. Câu 9. Hòa tan hết 2m gam kim loại M trong lượng dư dung dịch H2SO4 đặc, nóng, thu được V lít khí SO2. Mặt khác, hòa tan hết m gam hợp chất X (X là sunfua của kim loại M) trong lượng dư dung dịch H2SO4 đặc, nóng cũng thu được V lít khí SO2. Biết SO2 là sản phẩm khử duy nhất của các quá trình trên, khí đo ở cùng điều kiện. Xác định kim loại M và công thức của hợp chất X. Câu 10. Hỗn hợp chất rắn A gồm M2CO3, MHCO3, MCl (M là kim loại kiềm). Cho 43,71 gam A tác dụng hết với lượng dư V ml dung dịch HCl 10,52% (d = 1,05 g/ml), thu được dung dịch B và 17,6 gam khí C. Chia B làm hai phần bằng nhau. - Phần một tác dụng vừa đủ với 125 ml dung dịch KOH 0,8M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m gam muối khan. - Phần hai cho tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO3 dư, thu được 68,88 gam kết tủa trắng. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a) Xác định kim loại M. b) Tính % khối lượng các chất trong A. c) Tính V và tính m. ----------Hết----------

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 13

Câu

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

Nội dung

Điểm

Ta có electron càng gần hạt nhân càng bị hút chặt, vì vậy electron ở mức 1 có năng lượng thấp nhất đó là – 54,4 eV, electron ở mức thứ hai có mức năng 1,0 + lượng là – 13,6 eV, electron ở mức thứ ba có năng lượng là – 6,04 eV. Ta có He He2+ + 1e Năng lượng cần thiết để tách electron mức 1 này là năng lượng ion hóa I2. Vậy năng lượng ion hóa I2 của He là: 54,4 eV (đây là năng lượng ở mức 1 của 1,0 electron nhưng có dấu dương)

Vì 2 < Z < 18 nên các ion này là của các nguyên tố thuộc chu kì 2 và 3. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vì các ion này có cùng tổng số electron nên trong hai chu kì này có các ion sau: N3-, O2-, F-, Na+, Mg2+, Al3+. Vì các ion này có cùng số electron nhưng điện tích hạt nhân tăng nên bán kính giảm (số lớp electron là như nhau, lực hút giữa các electron và hạt nhân tăng lên). Ta có thể lập bảng theo thứ tự tăng dần như sau:

1,0

Ion Bán kính (A0)

Al 0,68

Mg 0,85

Na 1,16

F 1,19

O 1,26

N 1,71

Từ bảng ta nhận thấy các giá trị sau: nhiệt độ sôi, độ dài liên kết tăng dần từ F2 đến I2. Năng lượng liên kết từ F2 đến Cl2 tăng lên rồi sau đó giảm dần từ Cl2 đến 0,5 I2 . Giải thích: - Từ F2 đến I2 vì khối lượng phân tử tăng nên nhiệt độ sôi tăng. Độ dài liên kết tăng từ F2 đến I2 do bán kính nguyên tử tăng từ F đến I. 0,5 Năng lượng liên kết của F2 bé hơn của Cl2 bởi vì trong phân tử Cl2 ngoài liên kết tạo bởi sự xen phủ của hai obitan p thì còn có sự xen phủ của obitan d và obitan p mà ở trong phân tử F2 không có xen phủ của obitan d. 1,0

Học sinh vẽ hình minh họa.

0,5

- Từ hình vẽ ta có số nguyên tử Na trong một tế bào cơ sở là: 8.1/8 + 1 = 2. Gọi r là bán kính nguyên tử Na thì thể tích thật là: 2. π .r3.4/3. Gọi a là cạnh của hình lập phương của một tế bào cơ sở, ta có: a = 4r/√3 Thể tích của 1 tế bào là: a3 = 64r3/5,196 Vậy độ đặc khít của mạng lưới tinh thể Na là: (2. π .r3.4/3)/(64r3/5,196) = 0,68 hay là 68%. - Chọn 1 mol Na thì khối lượng là: 23 gam; số nguyên tử là 6,02.1023 Thể tích số nguyên tử của 1 mol Na là: 6,02.1023.3,14.0,1893.10-21.4/3 (cm3) = 17 cm3 => Thể tích của 1 mol tinh thể Na là: 17.100/68 = 25 cm3. Vậy khối lượng riêng của Na là: 23/25 = 0,92 (g/cm3)

a) Hiện tượng: lúc đầu chưa có phản ứng xảy ra, sau khi thêm nước vào thì phản ứng từ từ xảy ra và sau đó có hơi màu tím thoát ra mạnh. Giải thích: Khi chưa có nước thì phản ứng chưa xảy ra vì chưa có chất xúc tác, sau khi thêm nước làm chất xúc thì phản ứng xảy ra và tõa nhiệt mạnh. Do Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

I2 dễ thăng hoa nên khi phản ứng tõa nhiệt mạnh thì I2 bay hơi và hơi iot có màu 0,5 tím ta có thể quan sát dễ dàng. b) Vai trò các chất tham gia: Al là chất khử, I2 là chất oxi hóa, nước là chất xúc tác. PTHH: 2Al + 3I2 2AlI3

0,5

c) Cấu tạo chung của hợp chất là

O=C

0,5 X

Do iot có bán kính nguyên tử lớn, độ âm điện nhỏ hơn brom nên hợp chất COI2 rất kém bền và không tồn tại.

Dựa vào tỉ khối hơi của hỗn hợp và số mol của hỗn hợp ta tính được số mol của SO2 = 0,15 mol, của O2 = 0,05 mol. PTHH: 2SO2 + O2 → 2SO3 Khi cho toàn bộ các chất thu được đi qua dung dịch BaCl2 dư thì chỉ có SO3 tham gia phản ứng. PTHH: SO3 + H2O + BaCl2 → BaSO4 + 2HCl Dựa vào lượng kết tủa ta có số mol O2 phản ứng là 0,0375 mol. Vậy hiệu suất phản ứng là: 0,0375/0,05 = 75%

Học sinh viết 4 PTHH: Na2SO4 + H2 2Na + H2SO4 Na2O + H2SO4 Na2SO4 + H2O NaOH + H2SO4 Na2SO4 + H2O Na2CO3 +H2SO4 Na2SO4 + H2O + CO2 Từ giả thiết ta tính được khối lượng hai khí là 13,4 gam; khối lượng muối Na2SO4 là 170,4 gam => số mol H2SO4 = số mol Na2SO4 = 1,2 mol Từ đó tính được khối lượng dung dịch H2SO4 ban đầu là 294 gam và khối lượng dung dịch sau phản ứng là 331,2 gam. Theo bảo toàn khối lượng ta có: 294 + m = 331,2 + 13,4 => m = 50,6 gam.

0,5

0,5 0,5 0,5

0,5

0,5 0,5

Học sinh vẽ công thức cấu tạo của ba hợp chất SiHBr3 (1), CHBr3 (2), CH(CH3)3 (3) 0,5 H H H C

CH3

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

(2)

(1)

(3)

Vì độ âm điện của Si < CH nên cặp e liên kết của C-Br gần CH hơn so với cặp e liên kết của Si-Br => lực đẩy giữa các cặp liên kết của C-Br mạnh hơn => góc 0,5 liên kết ở (2) lớn hơn (1). Tương tự ta có độ âm điện của Br > CH3 nên cặp e liên kết của C-Br lệch về phía Br nhiều hơn => góc liên kết của (2) < (3) 0,5 Vậy ta có góc liên kết tăng dần theo thứ tự: (1) < (2) < (3) 0,5

Học sinh viết hai PTHH 2M + 2nH2SO4 M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O (1) 2MxSy + (2nx + 4y)H2SO4 xM2(SO4)n + (nx + 6y)SO2 + (2nx + 4y)H2O (2) Từ giả thiết ta lập được phương trình n.x.M + 6.y.M = 2M.x.n + 64y.n Xét các giá trị của n, x, y từ 1 đến 3 ta nhận thấy nghiệm thích hợp là x = 2; y = 1; n = 2 và M = 64. Vậy kim loại M là Cu và hợp chất X là Cu2S.

0,5

0,5 0,5 0,5

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của M2CO3, MHCO3, MCl. Ta có: (2M + 60)x +(M + 61)y + (M + 35,5)z = 43,71 (I) PTHH: M2CO3 + 2HCl 2MCl + CO2 + H2O MCl + CO2 + H2O MHCO3 + HCl Dung dịch B có: MCl = (2x + y + z) mol và HCl dư Khí C là CO2 : x + y = 0,4 mol (II) Khi B tác dụng với KOH: 0,2 mol HCl + KOH KCl + H2O 10

Khi B tác dụng với AgNO3 dư: MCl + AgNO3 AgCl + MNO3 HCl + AgNO3 AgCl + HNO3 Ta có số mol AgCl kết tủa = số mol MCl + 0,2 = 0,96 mol (2x + y + z) = 0,76 (III) Từ (II) và (III) => z = 0,36 – x; y = 0,4 – x Thay vào (I) ta có: 0,76M – 36,5x = 6,53 Hay x = (0,76M – 6,35)/36,5 Vì 0 < x < 0,4 nên 8,6 < M < 27,8 Vậy M = 23 và M là kim loại kiềm Natri Thay M = 23 vào các phương trình trên ta được: x = 0,3; y = 0,1 và z = 0,06 Trong A có 31,8 gam Na2CO3 chiếm 72,75%; 8,4 gam NaHCO3 chiếm 19,22% Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

và 3,51 gam NaCl chiếm 8,03% Số mol HCl = 0,9 mol nên V = 297,4 ml m = khối lượng NaCl + khối lượng KCl = 22,23 + 7,45 = 29,68 gam m = 29,68 gam

0,5

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 14

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

Câu 1: Hãy giải thích các nội dung sau: a. Phân tử CO2 không phân cực, trong khi phân tử SO2 lại phân cực. b. Phân tử NO2 có thể nhị hợp tạo thành phân tử N2O4, trong khi phân tử SO2 không có khả năng nhị hợp. c. Tinh thể sắt có tính dẫn điện, còn tinh thể kim cương lại không dẫn điện. d. Các phân tử HF có khả năng polime hóa thành (HF)n, trong khi phân tử HCl không có khả năng polime hóa. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 2: Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: a. A2(CO3)a + HNO3 NO + ... ( A là kim loại có hoá trị cao nhất là b) b. N2H4 + AgNO3 + NaOH N2 + Ag + NaNO3 + ... c. Fe3O4 + HNO3 dư NxOy + ... d. KClO4 + FeCl2 + H2SO4 Cl2 + ... Câu 3: Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau (mỗi chữ cái trong ngoặc là một chất): (A) (B) + (C) + (D) (C) + (E) (G) + (H) + (I) (A) + (E) (K) + (G) + (I) + (H) (K) + (H) (L) + (I) + (M) Biết: (D); (I) ; (M) là các đơn chất ở trạng thái khí trong điều kiện thường, khí (I) có tỉ khối so với khí SO2 là 1,1094. Để trung hòa dung dịch chứa 2,24 gam (L) cần 200 ml dung dịch H2SO4 0,1M. Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Mg, Fe trong O2 được hỗn hợp chất rắn A. Hòa tan hoàn toàn A vào dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B. Dung dịch B tác dụng vừa đủ với 1,12 lít Cl2 (đktc) được dung dịch C (coi Cl2 tác dụng với H2O không đáng kể). Cho dung dịch NaOH dư vào C lọc, thu được chất rắn D. Nung D đến khối lượng không đổi, được 32 gam chất rắn E. a. Viết các phương trình phản ứng. b. Tính m. Câu 5: Quặng pirit trong thực tế được coi là hỗn hợp FeS2 và FeS. Khi xử lí một mẫu quặng pirit bằng Br2 trong KOH dư, đun nóng, người ta thu được kết tủa đỏ nâu X và dung dich Y. Nung X đến khối lượng không đổi được 1,2 gam chất rắn. Thêm dung dich Ba(OH)2 dư vào dung dich Y thì thu được 6,6405 gam kết tủa trắng không tan trong HCl (biết các phản ứng đều hoàn toàn). a. Viết các phương trình phản ứng. b. Tính % khối lượng của FeS trong loại quặng pirit trên. Câu 6: Hợp chất X có công thức AxB2 (A là kim loại B là phi kim). Biết trong nguyên tử B có số notron nhiều hơn proton là 10, trong nguyên tử A số electron bằng số notron, trong 1 phân tử AxB2 có tổng số proton bằng 82, phần trăm khối lượng của B trong X bằng 86,957%. Xác định A,B. Câu 7: Bật tia lửa điện để đốt cháy hỗn hợp X gồm O2 và H2 với hiệu suất phản ứng là 90% sau phản ứng đưa hỗn hợp về 200C được hỗn hợp khí Y có tỷ khối so với H2 bằng 88/73. Tính thành phần trăm thể tích các khí trong X (thể tích chất lỏng là không đáng kể). Câu 8: Cho CO qua hỗn hợp A gồm CuO và Fe3O4 nung nóng một thời gian, được m gam hỗn hợp chất rắn B gồm Cu, CuO, Fe, FeO. Hoà tan hoàn toàn B vào dung dịch HNO3 dư, được 1,344 lít hỗn hợp NO và NO2 (đktc không có sản phẩm khử nào khác) có tỷ khối so với H2 bằng 61/3 và dung dịch C chứa 22,98 gam hỗn hợp 2 muối. Tính m biết trong A số mol CuO gấp 2,25 lần số mol Fe3O4. Câu 9: Trong một mẫu gỗ lấy từ một ngôi mộ cổ có 10,3 phân hủy 14C. Biết trong khí quyển có 15,3 phân hủy 14C, các số phân hủy nói trên đều tính với 1,0 gam cacbon, xảy ra trong 1,0 giây. Cho biết chu kỳ bán hủy của 14C là 5730 năm. Hãy cho biết cây tạo ra mẫu gỗ trên đã chết bao nhiêu năm, trong phép tính trên chấp nhận sai số gì? Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 10: Trộn 8,31 gam hợp chất A (gồm 3 nguyên tố) với 5,4 gam nhôm, đem nung nóng cho phản ứng xẩy ra hoàn toàn (trong điều kiện không có không khí) thu được hỗn hợp chất rắn B gồm Al, Al2O3 và một muối. Đem hoà tan hoàn toàn hỗn hợp B trong dung dịch HNO3 dư, thu được 0,896 lít khí NO (ở đktc, không có sản phẩm khử nào khác) và dung dịch C. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch C thu được 8,61 gam kết tủa màu trắng. Lập công thức phân tử của A. Biết A chứa 1 kim loại có hoá trị không đổi trong hợp chất. ----------Hết----------

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 14

Câu

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

Nội dung Câu 1: Em hãy giải thích các nội dung sau: a. Phân tử CO2 không phân cực, trong khi phân tử SO2 lại phân cực. b. Phân tử NO2 có thể nhị hợp tạo thành phân tử N2O4, trong khi phân tử SO2 không có khả năng nhị hợp. c. Tinh thể sắt có tính dẫn điện, còn tinh thể kim cương lại không dẫn điện. d. Các phân tử HF có khả năng polime hóa thành (HF)n , trong khi phân tử HCl không có khả năng polime hóa.

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

Đ iể m

HD: a. * Phân tử CO2 có nguyên tử trung tâm (nguyên tử cacbon) lai hóa sp nên phân tử dạng đường thẳng 2 nguyên tử O ở 2 đầu nên phân tử không phân cực. * Trong khi phân tử SO2 có nguyên tử trung tâm (nguyên tử lưu huỳnh) lai hóa sp2 nên phân tử có dạng góc. Mặt khác liên kết S với O là liên kết phân cực nên phân tử phân cực O=C=O ; S O O b. * Phân tử NO2 có nguyên tử trung tâm lai hóa sp2 (nguyên tử nitơ) nên phân tử có dạng góc. Mặt khác trên nguyên tử N trong phân tử NO2 có 1 electron độc thân trong một obitan lai hóa nên 2 phân tử NO2 dễ nhị hợp tạo thành phân tử N2O4. * Phân tử SO2 như đã mô tả ở trên không có obitan nào tương tự để các phân tử SO2 có thể nhị hợp. c. * Trong tinh thể Fe có các electron tự do nên có thể dẫn điện. * Trong tinh thể kim cương các nguyên tử C liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị nên không có các electron tự do nên không dẫn điện được. d. * Vì F có độ âm điện lớn, có bán kính nhỏ nên giữa nguyên tử H của phân tử HF này có thể tạo thành liên kết khá bền với nguyên tử F của phân tử HF khác nên HF có thể bị polime hóa tạo ra (HF)n. * Nguyên tử Cl có bán kính lớn, độ âm điện nhỏ hơn F nên liên kết giữa các phân tử HCl kém bền nên phân tử HCl không thể bị polime hóa.

0,5

HD: a. 3A2(CO3)a + (8b-2a)HNO3  → 6A(NO3)b + 2(b-a)NO + 3aCO2 + (4b-a)H2O b. N2H4 + 4AgNO3 + 4NaOH  → N2 + 4Ag + 4NaNO3 + 4H2O c. (5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3 (15x-6y)Fe(NO3)3 + 1NxOy +(23x-9y) H2O d. 6KClO4 + 14FeCl2 + 24H2SO4 17Cl2 + 7Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 24H2O Câu 3: Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau (mỗi chữ cái trong ngoặc là một chất): (A) (B) + (C) + (D) (C) + (E) (G) + (H) + (I) (A) + (E) (K) + (G) + (I) + (H) (K) + (H) (L) + (I) + (M) Biết: (D); (I) ; (M) là các đơn chất ở trạng thái khí trong điều kiện thường, khí (I) có tỉ khối so với khí SO2 là 1,1094. Để trung hòa dung dịch chứa 2,24 gam (L) cần 200 ml dung dịch H2SO4 0,1M. HD: Khối lượng mol của I bằng 71 là Cl2; khối lượng mol của L là 56 ⇒ L là KOH. 0 2KMnO4 t K2MnO4 + MnO2 + O2

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

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

(A) MnO2 + (C) 2KMnO4 (A) 2KCl + (K)

(B)

(C) (D) 4HCl MnCl2 + 2H2O + Cl2 (E) (G) (H) (I) + 16HCl 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O (E) (K) (G) (I) (H) Đp, MNX 2H2O 2KOH + Cl2 + H2 (H) (L) (I) (M) t0

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

Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Mg, Fe trong O2 được hỗn hợp chất rắn A. Hòa tan hoàn toàn A vào dung dịch H2SO4 loãng, dư, được dung dịch B. Dung dịch B tác dụng vừa đủ với 1,12 lít Cl2 (đktc) được dung dịch C (coi Cl2 tác dụng với H2O không đáng kể). Cho dung dịch NaOH dư vào C lọc thu được chất rắn D. Nung D đến khối lượng không đổi được 32 gam chất rắn E. a. Viết các phương trình phản ứng. b. Tính m.

HD: a. Các phương trình phản ứng: 2Mg + O2 2MgO 3Fe + 2O2 Fe3O4 MgO + H2SO4 MgSO4 + H2O Fe3O4 + 4H2SO4 FeSO4 + Fe2(SO4)3 6FeSO4 + 3Cl2 2Fe2(SO4)3 + 2FeCl3 MgSO4 + 2NaOH Mg(OH)2 +Na2SO4 Fe2(SO4)3 + 6NaOH Fe(OH)3 + 3Na2SO4 t0 Mg(OH)2 MgO + H2O 0 2Fe(OH)3 t Fe2O3 +3H2O b. Gọi số mol Fe và Mg lần lượt là a và b ta có (a/2)*160+40b=32 (1) nFe=3*nCl ta có a=3*2*1,12/22,4 (2) a=nFe=0,3 b=0,2 m=21,6 gam Câu 5: Quặng pirit trong thực tế được coi là hỗn hợp FeS2 và FeS. Khi xử lí một mẫu quặng pirit bằng Br2 trong KOH dư, đun nóng, người ta thu được kết tủa đỏ nâu X và dung dich Y. Nung X đến khối lượng không đổi được 1,2 gam chất rắn. Thêm dung dich Ba(OH)2 dư vào dung dich Y thì thu được 6,6405 gam kết tủa trắng không tan trong HCl (biết các phản ứng đều hoàn toàn). a. Viết các phương trình phản ứng. b. Tính % khối lượng của FeS trong loại quặng pirit trên. HD: 0 a. 2FeS2 + 15Br2 + 38KOH t 2Fe(OH)3 + 4K2SO4 + 30KBr + 16H2O 0 2FeS + 9Br2 + 22KOH t 2Fe(OH)3 + 2K2SO4 + 18KBr + 8H2O 0 2Fe(OH)3 t Fe2O3 + 3H2O Ba(OH)2 + K2SO4 BaSO4 + 2KOH b. nFe=2*nFe2O3=2*(1,2/160)= 0,015 mol. nS=nBaSO4= 6,6405/233=0,0285 mol Gọi số mol FeS2 là a, số mol FeS là b ta có a+b=0,015 2a+b=0,0285 a=0,0135 b=0,0015 ⇒ %mFeS= 7,534% Câu 6:

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

1,0

Hợp chất X có công thức AxB2 (A là kim loại B là phi kim). Biết trong nguyên tử B có số notron nhiều hơn proton là 10, trong nguyên tử A số electron bằng số notron, trong 1 phân tử AxB2 có tổng số proton bằng 82, phần trăm khối lượng của B trong X bằng 86,957%. Xác định A,B.

HD: MX= 82*2+10*2= 184. 2*MB/184= 86,957% ⇒ MB=80 ⇒ B là Br gọi X là AxBr2 MA*x+ 160= 184 ⇒ MA*x=24 ⇒ x=1, MA=24 A là Mg. Câu 7: Bật tia lửa điện để đốt cháy hỗn hợp X gồm O2 và H2 với hiệu suất phản ứng là 90% sau phản ứng đưa hỗn hợp về 200C được hỗn hợp khí Y có tỷ khối so với H2 bằng 88/73. Tính thành phần trăm thể tích các khí trong X (thể tích chất lỏng là không đáng kể).

HD: Xét 1 mol X gọi số mol O2 và H2 lần lượt là a và b ta có a+b=1 (1) Hỗn hợp sau phản ứng đưa về 200C nên chỉ có O2 dư và H2 dư có M=2*88/73 ≈ 2,41 ⇒ nếu phản ứng hoàn toàn thì H2 dư. ⇒ số mol O2 đã phản ứng là 0,9a O2 + 2H2 2H2O ban đầu a b phản ứng 0,9a 2*0,9a Sau phản ứng 0,1a (b-1,8a) 1,8a ⇒ Số mol hỗn hợp giảm là 2,7a ; Khối lượng khí giảm so với ban đầu là 18*2*0,9a 88 32a + 2b − 18 * 2 * 0,9a Ta có 2* = (2) 73 1 − 2,7a Từ (1) và (2) ta có a=0,1 b=0,9 Hỗn hợp X có 10% thể tích là O2 và 90% thể tích là H2. Câu 8: Cho CO qua hỗn hợp A gồm CuO và Fe3O4 nung nóng một thời gian, được m gam hỗn hợp chất rắn B gồm Cu, CuO, Fe, FeO. Hoà tan hoàn toàn B vào dung dịch HNO3 dư, được 1,344 lít hỗn hợp NO và NO2 (đktc không có sản phẩm khử nào khác) có tỷ khối so với H2 bằng 61/3 và dung dịch C chứa 22,98 gam hỗn hợp 2 muối. Tính m biết trong A số mol CuO gấp 2,25 lần số mol Fe3O4. HD: Gọi số mol CuO là a và số mol Fe3O4 là b ta có a-2,25b=0 a(64+62*2)+3b*(56+62*3)=22,98 a=0,045 b=0,02 ⇒ khối lượng hỗn hợp đầu = 8,24 gam Gọi số mol NO là x số mol NO2 là y ta có x+y=1,344/22,4 30x+46y=(1,344/22,4)*2*61/3 x=0,02 y=0,04 Coi như m gam hỗn hợp B được tạo thành từ 0,045 mol Cu và 0,06 mol Fe ta có +O +HNO Cu,Fe Cu, CuO, Fe, FeO Cu(NO3)3, Fe(NO3)3 ⇒ 0,045*2+0,06*3=2*(m-0,045*64-0,06*56)/16+0,02*3+0,04 ⇒ m=7,6 Câu 9: Trong một mẫu gỗ lấy từ một ngôi mộ cổ có 10,3 phân hủy 14C. Biết trong khí quyển có 15,3 phân hủy 14C, các số phân hủy nói trên đều tính với 1,0 gam cacbon, xảy ra trong 1,0 giây. Cho biết chu kỳ bán hủy của 14C là 5730 năm. Hãy cho biết cây tạo ra mẩu gỗ trên đã chết bao nhiêu năm, trong phép tính trên chấp nhận sai số gì? 2

1,0 0,5 0,5

0,5

0,5 1,0

1,0

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

1,0

Hướng dẫn giải: * Cùng 1 gam C mà tỷ số phân hủy là 15,3/10,3 ⇒ Nồng độ 14C thời điểm khi mẫu than hình thành so với hiện tại C0/C=15,3/10,3 ln 2 ln 2 Mặt khác hằng số phóng xạ: k = = t1 / 2 5730 1 C 5730 15,3 Niên đại của mẩu gỗ t = ln 0 = = 3271,2 (năm) ln k C ln 2 10,3 Cây tạo ra mẫu gỗ đã chết cách đây khoảng 3271,2 (năm) * Để tính niên đại theo cách trên chấp nhận hàm lượng 14C trong cây khi còn sống bằng hàm lượng 14C trong không khí tại thời điểm đo cường độ phóng xạ. Câu 10: Trộn 8,31 gam hợp chất A (gồm 3 nguyên tố) với 5,4 gam nhôm, đem nung nóng cho phản ứng xẩy ra hoàn toàn (trong điều kiện không có không khí) thu được hỗn hợp chất rắn B gồm Al, Al2O3 và một muối. Đem hoà tan hoàn toàn hỗn hợp B trong dung dịch HNO3 dư, thu được 0,896 lít khí NO ở (đktc, không có sản phẩm khử nào khác) và dung dịch C. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch C thu được 8,61 gam kết tủa màu trắng. Lập công thức phân tử của A. (Biết A chứa 1 kim loại có hoá trị không đổi trong hợp chất).

HD: - Chất kết tủa màu trắng từ dung dịch C là AgCl ⇒ A chứa Cl, O và một kim loại khác. - Hợp chất chứa O của Cl tác dụng với Al dư ⇒ muối thu được trong B không chứa O nO trong 8,31 gam A= nO trong Al2O3 nAl trong Al2O3=(5,4/27)-(0,896/22,4)=0,16 mol ⇒ nAl2O3=0,08 mol ⇒ nO trong 8,31 gam A=0,16 mol Mặt khác nCl trong 8,31 gam A= nAgCl=8,61/143,5=0,06 mol nCl: nO = 0,06 : 0,24 = 1:4 ⇒ Gốc axit của muối là ClO4⇒ muối là M(ClO4)n ⇒ (M+99,5.n)*nA = 8,31 nA*x= nCl trong 8,31 gam A = 0,06 ⇒ (M+99,5.n)= 138,5 ⇒ n=1, M = 39 là phù hợp Công thức phân tử của A là KClO4

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

1,0 1,0

0,5

0,5 0,5

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 15

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

Câu 1 (2,0 điểm) 1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a. FexOy + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O b. FeS2 + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O c. Al + HNO3  → Al(NO3)3 + NO + N2O + H2O (tỉ lệ mol NO và N2O tương ứng là 3:1) → Na2SO4 + MnSO4 + K2SO4 + H2O d. Na2SO3 + KMnO4 + NaHSO4  2. Ở trạng thái cơ bản, nguyên tử của nguyên tố X có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 4s1. Viết cấu hình electron và xác định vị trí của X trong bảng hệ thống tuần hoàn. Câu 2 (2,0 điểm) Dự đoán hiện tượng và viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra (nếu có) trong các thí nghiệm sau: 1. Nhỏ từ từ từng giọt dung dịch HCl đến dư vào dung dịch Na2CO3. 2. Sục khí SO2 vào dung dịch nước Br2. 3. Cho FeCl2 vào dung dịch chứa (H2SO4 loãng, KMnO4) dư. 4. Cho Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 (đặc, nóng, dư). Câu 3 (2,0 điểm) 1. Từ dung dịch H2SO4 98% (D = 1,84 gam/ml) và dung dịch HCl 5M, trình bày phương pháp pha chế để được 200 ml dung dịch hỗn hợp gồm H2SO4 1M và HCl 1M. 2. Trộn x (mol) tinh thể CaCl2.6H2O vào V1 lít dung dịch CaCl2 nồng độ C1 (mol/lít) (khối lượng riêng D1 gam/lít), thu được V2 lít dung dịch CaCl2 nồng độ C2 (mol/lít) (khối lượng riêng D2 gam/lít). Thiết lập biểu thức tính x theo V1, C1, C2, D1, D2. Câu 4 (2,0 điểm) Hòa tan hỗn hợp gồm FeCl3, MgCl2, CuCl2 vào nước được dung dịch X. Cho X tác dụng với dung dịch Na2S dư, thu được kết tủa Y. Mặt khác, nếu cho một lượng dư H2S tác dụng với X, thu được kết tủa Z. Xác định các chất có trong Y và Z. Giải thích bằng phương trình hoá học. Câu 5 (2,0 điểm) 1. Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt nhân bằng số hạt không mang điện. Nguyên tử của nguyên tố Y có 11 electron p. Nguyên tử nguyên tố Z có 3 lớp electron và 1 electron độc thân. Viết cấu hình electron nguyên tử của X, Y, Z và xác định vị trí của chúng trong bảng hệ thống tuần hoàn.

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

hạt không mang điện 2. Tổng số các hạt cơ bản trong ion Mn+ có là 80. Trong hạt nhân của M, sốố hạ ủ Mn+. nhiều hơn số hạt mang điện là 4. Xác định tên nguyên tố M và viết cấu hình electron của Câu 6 (2,0 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn 4,741 gam khí X trong oxi rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào 100 ml dung dịch NaOH 25% (khối lượng riêng D = 1,28 gam/ml) được dung dịch A. Nồng độ của NaOH trong dung dịch A giảm đii 1/4 so với nồng độ của NaOH trong dung dịch ban đầu. Dung dịch A có đ Xác định X và sản phẩm đốt cháy của X. thể hấp thu tối đa 17,92 lít khí CO2 (ở đktc). 2. Cho m gam hỗn hợp X gồm FexOy, Fe, MgO, Mg tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được 129,4 gam muối và 0,3 mol hỗn hợp khí Y gồm N2O và NO có khối lượng 9,56 gam. Mặt khác, nếu cho m gam hỗn hợp X ở trên tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư thu được 104 gam muối và 0,7 mol khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất). Tính m. Câu 7 (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa tr trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dị A và V lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất ất ở đktc). Hấp thụ hết dịch H2SO4 đặc, nóng, dư đượcc dung dịch ịch NaOH 0,2M thu được dung dịch chứaa 5,725 gam chất ch tan. lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch lo M gấp đôi lượng kim loạii M có trong X, thu được hỗn - Thêm vào m gam X một lượng kim loại ịch HCl dư thu được 1,736 lít khí H2 (đktc). hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch b lượng Fe có trong X, thu được hỗn ỗn hhợp Z. Cho Z tác - Thêm vào m gam X một lượng Fe bằng dụng với dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. 1. Tính V. ợp X. 2. Xác định kim loại M và tính thành phần phần trăm khối lượng của hỗn hợp Câu 8 (2,0 điểm) Hỗn hợp rắn X gồm KClO3, KCl, BaCl2 và Ba(ClO3)2. Nung nóng 103,95 gam X với cacbon vừa ấ và hỗn hợp rắn Y đủ, đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 13,44 lít (đktc) khí CO2 duy nhất ng vừa vừ đủ 522 gam dung dịch K2SO4 10%, lọcc bỏ kết k tủa được dung gồm KCl và BaCl2. Cho Y tác dụng ch Z ggấp 9 lần lượng KCl trong hỗn hợpp X. Tính phầ phần trăm khối lượng dịch Z. Lượng KCl trong dung dịch của mỗi muối trong hỗn hợp X. Câu 9 (2,0 điểm) Bộ dụng cụ điều chế khí được bố trí như hình vẽ sau: Dung dịch B

ắn A Chất rắn

Khí C

Với bộ dụng cụ trên, có thể dùng để điều chế những chất khí nào trong số các khí sau: Cl2, H2, O2, ph ứng điều chế các khí đó (mỗi khí chọn ọn m một cặp chất A, B SO2, CO2? Giải thích. Viết phương trình phản thích hợp). Câu 10 (2,0 điểm) ồm 3 mu muối MgCl2, BaCl2, KCl tác dụng với 900ml dung dịch AgNO3 Cho 82,05 gam hỗn hợp X gồm d Y và kết tủa Z. Lọc lấy kết tủaa Z, cho 33,6 gam bbột sắt 2M, sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch

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

vào dung dịch Y, sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn T và dung dịch M. Cho T vào dung dịch HCl dư, thu được 6,72 lít H2 (đktc). Cho NaOH dư vào dung dịch M thu được kết tủa, nung kết tủa trong không khí dư ở nhiệt độ cao thu được 36 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp X. ----------Hết----------

(Học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn) ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 15

CÂU

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

NỘI DUNG

ĐIỂM

a. FexOy + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O 1x 2xFe

2y x

 → 2xFe +3 +

( 6x

– 4y ) e

→ S+4 (3x – 2y)x S+6 + 2e 

0,25đ

t 2FexOy + (6x-2y)H2SO4  → xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O o

t b. FeS2 + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O 1x 2FeS2 → 2Fe+3 + 4S+4 +22e 11x S+6 +2e → S+4

0,25đ

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

c. Al + HNO3  → Al(NO3)3 + NO + N2O + H2O → Al+3 + 3e 17x Al 

3x 5N+5 +17e  → 3N+2 + 2N+1

0,25đ

17Al + 66HNO3  → 17Al(NO3)3 + 9NO + 3N2O + 33H2O to

Câu 1 (2,0đ)

→ Na2SO4 + MnSO4 + K2SO4 + H2O d. Na2SO3 + KMnO4 + NaHSO4  +4 +6 5x S  → S + 2e 2x Mn +7 + 5e  → Mn +2 t0

→ bNa2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 + cH2O 5Na2SO3 + 2KMnO4 + aNaHSO4  BTNT ( Na )    → 10 + a = 2b  BTNT (S) → 5 + a = b + 2 + 1  → a = 6; b = 8; c = 3.      BTNT ( H )  → a = 2c 

0,25đ

→ 8Na2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O 5Na2SO3 + 2KMnO4 + 6NaHSO4  * Trường hợp 1: Cấu hình electron của X là [Ar] 4s1. X thuộc ô thứ 19, chu kì 4, nhóm IA.

0,5đ

* Trường hợp 2: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d54s1. X thuộc ô thứ 24, chu kì 4, nhóm VIB.

0,25đ

* Trường hợp 3: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d104s1.

0,25đ

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

X thuộc ô thứ 29, chu kì 4, nhóm IB.

1 Câu 2 2 (2,0đ) 3 4

Câu 3 (2,0đ)

Lúc đầu không có khí, lúc sau có bọt khí không màu thoát ra Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2↑ + H2O Màu vàng nâu nhạt dần SO2 + Br2 + 2H2O → 2HBr + H2SO4 Xuất hiện khí màu vàng lục, dung dịch mất màu tím. 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O Xuất hiện khí không màu, mùi hắc. 2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc nóng) → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O * Phần tính toán: 200 ×1 = 0, 2 (mol) Số mol H2SO4 cần lấy = số mol HCl cần lấy = 1000 0, 2 × 98 ×100 = 20 (gam) Khối lượng dung dịch H2SO4 cần lấy = 98 20 Thể tích dung dịch H2SO4 cần lấy = = 10,87 (ml) 1,84 0,2 × 1000 = 40 (ml) Thể tích dung dịch HCl cần lấy = 5

* Cách tiến hành: Lấy khoảng 100 - 120 ml nước cho vào bình thể tích 200 ml có chia vạch. Cân 20 gam dung dịch H2SO4 hoặc đong 10,87 ml dung dịch H2SO4, sau đó cho từ từ vào bình chứa nước khuấy đều. Đợi dung dịch H2SO4 thật nguội, đong 40 ml dung dịch HCl 5M thêm vào bình, sau đó thêm nước vào cho đến vạch 200 ml. Khối lượng CaCl2 sau khi trộn = V2.D2 → 219x + V1.D1 = V2.D2 Số mol CaCl2 sau khi trộn = V2.C2 → x + V1.C1 = V2.C2 → 219x.C2 + V1.C2.D1 = V2.D2.C2 và x.D2 + V1.C1.D2 = V2.C2.D2 → 219x.C2 + V1.C2.D1 = x.D2 + V1.C1.D2 V .C .D − V1.C2 .D1 → x= 1 1 2 219C 2 − D 2 * Kết tủa Y chứa: Mg(OH)2; FeS; CuS; và S: MgCl2 + Na2S + 2H2O → Mg(OH)2↓ + H2S + 2NaCl 2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl

Câu 4 (2,0đ)

Câu 5 1 (2,0đ)

* Kết tủa Z chứa CuS và S: MgCl2 + H2S → không phản ứng 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S↓ + 2HCl

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

0,5đ

0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl

0,25đ

FeCl2 + H2S → không phản ứng

0,25đ

* Theo bài ra ta có: 2ZX + NX = 60 (1); ZX = NX (2) → ZX = NX = 20. Từ (1) và (2)   → X là canxi (Ca), cấu hình electron của 20Ca : [Ar] 4s2  → Vị trí của X: chu kỳ 4; nhóm IIA. → Y là Cl * Cấu hình của Y là 1s22s22p63s23p5 hay [Ne] 3s23p5 

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

0,5đ 0,25đ

 → Vị trí của Y: chu kỳ 3; nhóm VIIA. * Theo giả thiết thì Z chính là nhôm, cấu hình electron của 13Al: [Ne] 2p63s1  → Vị trí của Z: chu kỳ 3; nhóm IIIA.

Câu 6 (2,0đ)

Theo bài ra ta có: 2ZM + NM – n = 80 (1); NM – ZM = 4 (2) Thay (2) vào (1) ta được: 3ZM – n = 76 → 77 ≤ 3ZM ≤ 79  → 25,67 ≤ ZM ≤ 26,33 Do 1 ≤ n ≤ 3   → ZM = 26; n = 2  → M là sắt (Fe) n+ Cấu hình electron của M (Fe2+): [Ar] 3d6 Hoặc 1s22s22p63s23p63d6 Số mol NaOH ban đầu = 0,8 (mol); Số mol CO2 = 0,8 (mol) Do A hấp thụ tối đa CO2 nên: NaOH + CO2  → NaHCO3 Vậy số mol NaOH sau khi hấp thụ sản phẩm = 0,8 (mol)  → không có sự thay đổi số mol so với ban đầu, mà nồng độ NaOH lại giảm. → Xảy ra sự pha loãng dung dịch, do đó sản phẩm cháy của X là H2O và X là khí H2. - Thử lại: 4, 741 n H2 = = 2, 3705(mol) → n H 2O = 2, 3705(mol) → m H 2O = 2, 3705.18 = 42, 669 (gam) 2 32.100% 3.25% m dd NaOH sau = 128 + 42, 669 = 170, 669 (gam) → C% = = 18, 75% = 170, 669 4 (Thỏa mãn đề bài) Theo bài ra số mol của NO = 0,26 (mol); số mol của N2O = 0,04 (mol) Số mol của SO2 = 0,7 (mol)  → Khi cho X tác dụng với HNO3 có tạo muối NH +4 .

0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,5đ

0,25đ

→ mmuối nitrat kim loại = 129,4 – 0,0375.80 = 126,4 (gam) Số mol NH +4 = 0,0375 (mol) 

Câu 7 (2,0đ)

Mg(NO3 )2 : x(mol) Mg : x(mol)   + HNO3  →148x + 242y = 126,4 (1) Fe : y(mol) → Fe(NO3 )3 : y(mol) O: z(mol) NH NO ;0,0375(mol)   4 3

0,25đ

Mg : x(mol) MgSO4 : x(mol)  + H2SO4 →  → 120x + 200y = 104 (2) Fe: y(mol)  Fe2 (SO4 )3 : 0,5y(mol) O: z(mol) 

0,25đ

BT e  → 2x + 3y – 2z = 1,4 (3) Từ (1); (2) và (3) ta có: x = 0,2; y = 0,4; z = 0,1  → m = 28,8 (gam) Ta có nNaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng: SO2 + NaOH  → NaHSO3 → Na2SO3 + H2O SO2 + 2NaOH  - Nếu chỉ tạo muối NaHSO3 → n NaHSO 3 = 0,1(mol) → mchất rắn = 10,4 (gam)

0,25đ

0,5đ

- Nếu chỉ tạo muối Na2SO3 → n Na SO = 0, 05(mol) → mchất rắn = 6,3 (gam) 2

Ta có: mchất rắn < mmuối min  NaOH : x(mol)  x + 2y = 0,1  x = 0, 025  → Chất rắn gồm   →  →  40x + 126y = 5, 725  y = 0, 0375  Na 2SO 3 : y(mol)

0,5đ

(S) BTNT   → n SO 2 = n Na 2SO 3 = 0, 0375  → VSO 2 = 0, 84(lít)

 Fe : x(mol) BT(e) Đặt số mol Fe và M trong m gam X   → 3x + ny = 0,075 (1)  M : y(mol)

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

0,5đ

BT(e)  Fe : x(mol)  → 2x + 3ny = 0,155 (2) Số mol các chất trong hỗn hợp Y   M : 3y(mol) → x = 0,01; ny = 0,045 Từ (1) và (2)   Fe : 2x(mol) BTNT(Fe;M )  n FeSO 4 : 2x(mol) Số mol các chất trong hỗn hợp Z   →  M 2 (SO 4 ) n : 0, 5y(mol)  M : y(mol)

mmuối = 5,605 (gam)  → 152.2x +

( 2M

+ 96n ) .0,5y = 5, 605 (*)

Thay x = 0,01 và ny = 0,045 vào (*) ta được: M = 9n → M là Nhôm (Al); y = 0,015 (mol) %m Fe = 58, 03%  Fe : 0, 01 (mol)  → Hỗn hợp X gồm   →  Al : 0, 015 (mol) %m Al = 41,97%  KClO3   BaCl 2  KCl to Hh X  → Hh Y  + CO 2  103,95(gam)  BaCl 2  KCl 0,6(mol)  Ba(ClO3 ) 2 BTKL  → m Y = 103, 95 + 0, 6.12 − 0, 6.44 = 84, 75(gam)

Câu 8 (2,0đ)

→ n BaCl2 = n BaSO4 = n K 2SO4 = 0,3(mol)  Y tác dụng vừa đủ với 0,3 mol K2SO4  → Khối lượng KCl trong Y là: 84,75 – 0,3.208= 22,35 (gam)  → nKCl (trong Y) = 0,3 (mol) Gọi x là số mol KClO3, y là số mol KCl trong hỗn hợp X ban đầu. x + y = 0,3  x = 0,2(mol) Ta có:   → x + y + 0,6 = 9y  y = 0,1(mol) 0, 6.2 − 0, 2.3 = 0,1(mol) 6 = 7,17%; %m KClO3 = 23,57%; %m Ba (ClO3 )2 = 29, 24%; %m BaCl2 = 40, 02%

BTNT(O)  → n Ba (ClO3 )2 =

 → %m KCl

Câu 9 (2,0đ)

Câu 10 (2,0đ)

- Giải thích: Để điều chế được khí C như bộ dụng cụ vẽ thì khí C phải có đặc điểm: nặng hơn không khí ( M = 29) và không tác dụng với không khí.  → có thể điều chế được các khí: Cl2, SO2, CO2, O2. - Phản ứng điều chế: 2KMnO4 + 16HCl  → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O → Na2SO4 + SO2 ↑ + H2O Na2SO3 + H2SO4 (loãng)  → 2NaCl + CO2↑ + H2O CaCO3 + 2HCl  MnO 2 H2O2  → H2O + 1/2O2↑ Số mol AgNO3 = 1,8 (mol); Số mol Fe = 0,6 (mol) → Trong Y có AgNO3 dư Dung dịch Y tác dụng được với Fe  Chất rắn T tác dụng với HCl tạo khí H2  → Trong T có Fe dư; Số mol Fe dư = 0,3 (mol)  → Số mol Fe phản ứng với AgNO3 dư (trong dung dịch Y) = 0,3 (mol) Ta có sơ đồ phản ứng:

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

0,5đ

1,0đ

0,5đ

Z: AgCl ↓  Ag T  + HCl → H 2 : 0, 3(mol)  MgCl 2  Mg(NO 3 ) 2  Fe   X  BaCl 2 + AgNO 3 →  Mg(NO 3 ) 2  Ba(NO 3 ) 2 Y + Fe →  KCl  1,8( mol) KNO  Mg(OH) 2  MgO   Ba(NO 3 ) 2 3 to  + NaOH →  → M  KK 82,05(gam )  AgNO 3 Fe 2 O 3 KNO Fe(OH) 3  2    Fe(NO 3 ) 2 36(gam )

Số mol Fe(NO3)2 (trong M) = 0,3 (mol)  → Số mol AgNO3 (trong Y) = 0,6 (mol)  → Số mol AgNO3 phản ứng = 1,2 (mol)  → Số mol AgCl = 1,2 (mol) 36 − 0,15.160 BTNT(Fe)  → n Fe2O3 = 0,15(mol) ; nMgO = = 0,3(mol) 40 Đặt số mol BaCl2 và KCl trong hỗn hợp X lần lượt là x (mol) và y (mol). BTNT (Cl)   → 2.0,3 + 2x + y = 1,2 (1); mX = 82,05(gam)  → 208x + 74,5y = 53,55 (2) Từ (1) và (2)  → x = 0,15(mol); y = 0,3 (mol)  → m MgCl2 = 28,5(gam); m BaCl2 = 31, 2(gam); m KCl = 22,35(gam)

0,5đ

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 16

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

Câu 1: 1) Một nhóm học sinh cần một hỗn hợp chất có khả năng bùng cháy để biểu diễn trong một đêm câu lạc bộ hóa học. Một số hỗn hợp bột được đề xuất gồm: a) KClO3, C, S. b) KClO3, C. c) KClO3, Al. Hỗn hợp nào có thể dùng, hãy giải thích. 2) Từ muối ăn điều chế được dung dịch có tính tẩy màu, từ quặng florit điều chế được chất có thể ăn mòn thủy tinh, từ I2 điều chế một chất pha vào muối ăn để tránh bệnh bướu cổ cho người dùng, từ O2 điều chế chất diệt trùng. Em hãy viết phương trình phản ứng điều chế các chất như đã nói ở trên, biết mỗi chất chỉ được viết một phương trình phản ứng. Câu 2: Trong phòng thí nghiệm, dung dịch HCl được điều chế bằng cách cho NaCl khan tác dụng với H2SO4 đặc rồi dẫn khí HCl vào nước. 1) Em hãy vẽ hình thí nghiệm thể hiện rõ các nội dung trên. 2) Trong thí nghiệm đã dùng giải pháp gì để hạn chế HCl thoát ra ngoài? Giải thích. 3) Một số nhóm học sinh sau một lúc làm thí nghiệm thấy dung dịch HCl chảy ngược vào bình chứa hỗn hợp phản ứng. Em hãy giải thích và nêu cách khắc phục. Câu 3: Trong một thí nghiệm khi nung m gam KMnO4 với hiệu suất phản ứng 60% rồi dẫn toàn bộ khí sinh ra vào một bình cầu úp ngược trong chậu H2O như hình vẽ. Một số thông tin khác về thí nghiệm là: * Nhiệt độ khí trong bình là 27,30C. * Áp suất không khí lúc làm thí nghiệm là 750 mmHg.

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

* Thể tích chứa khí trong bình cầu là 400 cm3 * Chiều cao từ mặt nước trong chậu đến mặt nước trong bình cầu là 6,8cm. * Áp suất hơi nước trong bình cầu là 10 mmHg. Biết khối lượng riêng của Hg là 13,6gam/cm3, của nước là 1 gam/cm3. Hãy tính m.

Câu 4: 1) Cho rằng Sb có 2 đồng vị 121Sb và 123 Sb, khối lượng nguyên tử trung bình của Sb là 121,75. Hãy tính thành phần trăm về khối lượng của 121 Sb trong Sb2O3 (Cho biết MO=16). 2) Hãy tính bán kính nguyên tử Liti (đơn vị nm), biết thể tích của 1 mol tinh thể kim loại Li bằng 7,07cm3 và trong tinh thể các nguyên tử Li chỉ chiếm 68% thể tích, còn lại là khe trống. Câu 5: 1) Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Fe3C + H2SO4 đặc nóng dư FexSy + HNO3 đặc nóng dư Fe(NO3)3 + NO2 + H2SO4 + H2O 2) Hãy trình bày cách làm sạch các chất sau, viết phương trình phản ứng (nếu có) để giải thích. a. HCl bị lẫn H2S. b. H2S bị lẫn HCl. c. CO2 bị lẫn SO2. d. CO2 bị lẫn CO. Câu 6: Đốt cháy hoàn toàn m gam C trong V lít O2 ở (đktc), thu được hỗn hợp khí A có tỷ khối đối với H2 là 19. 1) Hãy xác định thành phần % theo thể tích các khí có trong A. 2) Tính m và V, biết rằng khi dẫn hỗn hợp khí A vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư tạo thành 5 gam kết tủa trắng. Câu 7: Hòa tan S vào dung dịch NaOH đặc, đun sôi, được muối A và muối B. Muối A tác dụng với dung dịch H2SO4 1M thấy có vẫn đục màu vàng và có khí mùi hắc thoát ra. Muối B tác dung với dung dịch H2SO4 1M có khí mùi trứng thối thoát ra. Đun sôi dung dịch B đậm đặc rồi hòa tan S, thu được hỗn hợp muối C. Đun sôi dung dịch đậm đặc muối D rồi hòa tan S ta cũng được muối A. 1) Xác định các muối A, B, D, công thức chung của muối C. Viết các phương trình phản ứng xẩy ra. 2) Trong hỗn hợp C có chất C' có khối lượng mol bằng 206 gam. Khi cho chất này vào dung dịch HCl đặc ở -100C thu được chất lỏng (E) màu vàng, mùi khó chịu. Trong E có các chất F, G, H đều kém bền (mỗi chất đều chứa 2 nguyên tố), trong đó F có tỷ khối hơi so với H2 bằng 33, G có 1 nguyên tố chiếm 2,041% về khối lượng, H và C' có cùng số nguyên tử trong phân tử. Hòa tan C' vào dung dịch HCl đặc đun nóng thấy dung dịch có vẫn đục và có khí thoát ra. Xác định các chất C', F, G, H viết các phương trình phản ứng xẩy ra. Câu 8: X, Y là hai nguyên tố thuộc cùng một chu kì trong bảng hệ thống tuần hoàn, chúng tạo được với nguyên tố flo hai hợp chất XF3 và YF4, biết: * Phân tử XF3 có các nguyên tử nằm trên cùng một mặt phẳng, phân tử có hình tam giác. * Phân tử YF4 có hình tứ diện. * Phân tử XF3 dễ bị thủy phân và kết hợp được tối đa một anion F- tạo ra XF4-. * Phân tử YF4 không có khả năng tạo phức. 1) Xác định vị trí của X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố. 2) So sánh góc liên kết, độ dài liên kết trong XF3 với XF4-. Câu 9:

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

Cho 32 gam dung dịch Br2 a% vào 200 ml dung dịch SO2 b mol/lít được dung dịch X. Chia X làm 2 phần bằng nhau * Cho dung dịch BaCl2 dư vào phần 1 thu được 4,66 gam kết tủa. * Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào phần 2 thu được 11,17 gam kết tủa. a. Viết các phương trình phản ứng. b. Tính a,b (coi các phản ứng đều hoàn toàn).

Câu 10: Cho 11,56 gam hỗn hợp A gồm 3 muối FeCl3, BaBr2, KCl tác dụng với 440 ml dung dịch AgNO3 0,5M thu được dung dịch D và kết tủa B. Lọc kết tủa B, cho 0,15 mol bột Fe vào dung dịch D thu được chất rắn F và dung dịch E. Cho F vào dung dịch HCl loãng dư tạo ra 2,128 lít H2 (đktc) và còn phần chất không tan. Cho dung dịch KOH dư vào dung dịch E thu được kết tủa, nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 6,8 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 1) Lập luận để viết các phương trình phản ứng xẩy ra. 2) Tính khối lượng kết tủa B. ----------Hết----------

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 16

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

Nội dung * Cả ba hỗn hợp đều có thể dùng được. * Vì mỗi hỗn hợp trên đều có ít nhất một chất oxi hóa mạnh và một chất khử. * NaCl + H2O điện phân NaClO + H2. * CaF2 rắn + H2SO4 đặc CaHSO4 + HF * I2 + 2K 2KI UV * 3O2 2O3 Các chất cần tạo ra là NaClO, HF, I- hoặc IO3-, O3 học sinh có thể viết Phương trình phản ứng khác.

Điểm 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 2:

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

Trong phòng thí nghiệm, dung dịch HCl được điều chế bằng cách cho NaCl khan tác dụng với H2SO4 đặc rồi dẫn khí HCl vào nước. 1) Em hãy vẽ hình thí nghiệm thể hiện rõ các nội dung trên. 2) Trong thí nghiệm đã dùng giải pháp gì để hạn chế HCl thoát ra ngoài? Giải thích. 3) Một số nhóm học sinh sau một lúc làm thí nghiệm thấy dung dịch HCl chảy ngược vào bình chứa hỗn hợp phản ứng. Em hãy giải thích và nêu cách khắc phục.

Câu 2

Nội dung

Điểm

Hình vẽ: Học sinh có thể vẽ hình khác nhưng yêu cầu: * Có bình phản ứng, hóa chất, ống hòa tan khí * Biện pháp tránh khí HCl thoát ra ngoài.

1,0 1

2 3

Để tránh khí thoát ra ngoài có thể dùng bông tẩm dung dịch kiềm để lên trên ống nghiệm hoặc dẫn khí thừa vào dung dịch kiềm. Nếu ống sục khí cắm sâu vào nước thì khi HCl bị hòa tan có thể gây ra hiện tượng giảm áp suất trong bình phản ứng làm nước bị hút vào bình phản ứng.

0,5 0,5

Câu 3: Trong một thí nghiệm khi nung m gam KMnO4 với hiệu suất phản ứng 60% rồi dẫn toàn bộ khí sinh ra vào một bình cầu úp ngược trong chậu H2O như hình vẽ. Một số thông tin khác về thí nghiệm là: * Nhiệt độ khí trong bình là 27,30C. * Áp suất không khí lúc làm thí nghiệm là 750 mmHg. * Thể tích chứa khí trong bình cầu là 400 cm3 * Chiều cao từ mặt nước trong chậu đến mặt nước trong bình cầu là 6,8cm. * Áp suất hơi nước trong bình cầu là 10 mmHg. Biết khối lượng riêng của Hg là 13,6gam/cm3, của nước là 1 gam/cm3. Hãy tính m. Câu 3

Nội dung

Điểm

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

pkhí O2= 750-10-6,8*10* 0

1 = 735 (mmHg) = 0,9671 (atm) 13,6 K2MnO4 + MnO2 + O2

1,0

t 2KMnO4 PkhíO 2 * 0,4 nO2= =0,0157 (mol) 22,4 * 273 *1,1 273 100 mKMnO4=2*nO2* *158=8,269 (gam) 60

1,0

Nội dung Xét 2 mol Sb gọi số mol Sb và Sb lần lượt là a và b ta có a+b=2 121*a+123*b=2*121,75 a=1,25 b=0,75 %m121Sb=1,25*121/(121,75*2+16*3)=51,89% Xét 1 mol Li ⇒ 6,02*1023*(4/3)* π*r3=0,68*7,07⇒ r=1,24*10-8cm=12,4 nm 121

123

Điểm 1,0 1,0

Câu 5: 1) Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Fe3C + H2SO4 đặc nóng dư FexSy + HNO3 đặc nóng dư Fe(NO3)3 + NO2 + H2SO4 + H2O 2) Hãy trình bày cách làm sạch các chất sau, viết phương trình phản ứng (nếu có) để giải thích. a. HCl bị lẫn H2S. b. H2S bị lẫn HCl. c. CO2 bị lẫn SO2. d. CO2 bị lẫn CO. Câu 5

Nội dung

Điểm

2Fe3C+ 22H2SO4 đặc nóng dư 3Fe2(SO4)3 + 2CO2 + 13SO2 + 22H2O FexSy + (6x+6y)HNO3 đặc nóng dư xFe(NO3)3 + yH2SO4 + (3x+6y)NO2 + (3x+3y)H2O

0,5 0,5

a. Sục hỗn hợp qua dung dịch Cu(NO3)2 dư trong HCl đặc H2S bị giữ lại. Cu(NO3)2 + H2S CuS + 2HNO3 b. Sục hỗn hợp qua nước hoặc dung dịch axit (HCl, H2SO4 loãng...) dư HCl bị hòa tan. c. Sục hỗn hợp qua dung dịch chất oxi hóa mạnh (KMnO4, Br2...) SO2 bị giữ lại 2HBr + H2SO4 SO2 + Br2 + 2H2O d. Cho hỗn hợp qua oxit kim loại yếu hoặc trung bình nung nóng (CuO, FeO...) CO bị chuyển thành CO2 t CO + CuO Cu + CO2

0,5

0,5 0,5 0,5

Câu 6: Đốt cháy hoàn toàn m gam C trong V lít O2 ở (đktc), thu được hỗn hợp khí A có tỷ khối đối với H2 là 19.

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

1) Hãy xác định thành phần % theo thể tích các khí có trong A. 2) Tính m và V, biết rằng khi dẫn hỗn hợp khí A vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư tạo thành 5 gam kết tủa trắng. Câu 6

Nội dung Điểm Vì M=19*2=38 ⇒ trong A có CO2 Trường hợp 1: A gồm CO và CO2 xét 1 mol hỗn hợp gọi số mol CO và CO2 lần 28a+44b=38 a=0,375 b=0,625 lượt là a và b ta có a+b=1 0,5 %VCO=37,5% %VCO2=62,5% Trường hợp 2: A gồm O2 và CO2 xét 1 mol hỗn hợp gọi số mol O2 và CO2 lần lượt là a và b ta có a+b=1 32a+44b=38 a=0,5 b=0,5 0,5 %VCO=50% %VCO2=50% nCO2 = 0,05mol Trường hợp 1: A gồm CO và CO2 nCO2=nCaCO3=0,05 nCO=0,03 mC=0,08*12=0,96 gam; nO2 đã lấy =0,065 V=1,456 lít 0,5 Trường hợp 2: A gồm O2 và CO2 nC=0,05 0,5 m=0,6 gam; VO2=2,24 lít

Câu 7: Hòa tan S vào dung dịch NaOH đặc, đun sôi, được muối A và muối B. Muối A tác dụng với dung dịch H2SO4 1M thấy có vẫn đục màu vàng và có khí mùi hắc thoát ra. Muối B tác dung với dung dịch H2SO4 1M có khí mùi trứng thối thoát ra. Đun sôi dung dịch B đậm đặc rồi hòa tan S, thu được hỗn hợp muối C. Đun sôi dung dịch đậm đặc muối D rồi hòa tan S ta cũng được muối A. 1) Xác định các muối A, B, D, công thức chung của muối C. Viết các phương trình phản ứng xẩy ra. 2) Trong hỗn hợp C có chất C' có khối lượng mol bằng 206 gam. Khi cho chất này vào dung dịch HCl đặc ở -100C thu được chất lỏng (E) màu vàng, mùi khó chịu. Trong E có các chất F, G, H đều kém bền (mỗi chất đều chứa 2 nguyên tố), trong đó F có tỷ khối hơi so với H2 bằng 33, G có 1 nguyên tố chiếm 2,041% về khối lượng, H và C' có cùng số nguyên tử trong phân tử. Hòa tan C' vào dung dịch HCl đặc đun nóng thấy dung dịch có vẫn đục và có khí thoát ra. Xác định các chất C', F, G, H viết các phương trình phản ứng xẩy ra. Câu 7

Nội dung

Điểm

Theo đề bài A là Na2S2O3, B là Na2S, C là hỗn hợp có công thức chung là Na2Sn+1, D là Na2SO3 6NaOH (đặc sôi) + 4S → Na2S2O3 (A)+ Na2S (B) + 3H2O Na2S2O3 (A)+ H2SO4 loãng → Na2SO4 + S + SO2 + H2O Na2S (B) + H2SO4 loãng → Na2SO4 + H2S nS + Na2S (B) → Na2Sn+1 (C) S + Na2SO3 đặc sôi (D) → Na2S2O3 (A)

0,2 0,2 0,2 0,2 0,2

MC'=206 ⇒ C' là Na2S5 ; MF=2*33=66 ⇒ F là H2S2 ; 2,041%=2/(MG) ⇒ MG=98 ⇒ G là H2S3; H có 7 nguyên tử trong phân tử nên H là H2S5 Na2S5 + 2HCl → 2NaCl + H2S2 (F) + 3S Na2S5 + 2HCl → 2NaCl + H2S3(G) +2S Na2S5 + 2HCl → 2NaCl + H2S5(H)

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

Câu 8: X, Y là hai nguyên tố thuộc cùng một chu kì trong bảng hệ thống tuần hoàn, chúng tạo được với nguyên tố flo hai hợp chất XF3 và YF4, biết: * Phân tử XF3 có các nguyên tử nằm trên cùng một mặt phẳng, phân tử có hình tam giác. * Phân tử YF4 có hình tứ diện. * Phân tử XF3 dễ bị thủy phân và kết hợp được tối đa một anion F- tạo ra XF4-.

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

* Phân tử YF4 không có khả năng tạo phức. 1) Xác định vị trí của X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố. 2) So sánh góc liên kết, độ dài liên kết trong XF3 với XF4-.

Câu 8

Nội dung Xác định vị trí của X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố. Từ các tính chất đã cho, suy ra: - X (trong XF3) chỉ có 1 obital trống; - Y (trong YF4) không có obital trống. Vậy X và Y phải ở chu kì 2⇒ X là 5B, Y là 6C. - Góc liên kết FXF trong XF3 là 120o, Góc liên kết FXF trong XF4- là 109o28’ Vì Trong XF3 X lai hóa sp2, trong XF4- thì X lai hóa sp3. - Độ dài liên kết: d (X – F) trong XF3 < d(X – F) trong XF4- vì liên kết trong XF3 ngoài liên kết σ còn có một phần liên kết π không định chỗ.

Điểm 0,5 0,5 1,0

0,5 0,5

Câu 9: Cho 32 gam dung dịch Br2 a% vào 200 ml dung dịch SO2 b mol/lít được dung dịch X. Chia X làm 2 phần bằng nhau * Cho dung dịch BaCl2 dư vào phần 1 thu được 4,66 gam kết tủa. * Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào phần 2 thu được 11,17 gam kết tủa. a. Viết các phương trình phản ứng. b. Tính a,b (coi các phản ứng đều hoàn toàn). Câu 9

Nội dung Br2 + 2H2O + SO2 BaCl2 + H2SO4 Ba(OH)2 + SO2 Ba(OH)2 + H2SO4

Điểm

2HBr + H2SO4 BaSO4 + 2HCl BaSO3 + H2O BaSO4 + 2H2O

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

nBaSO4 ở phần 1 = nBaSO4 ở phần 2= 0,02 mol ⇒ nBr2=0,04 ⇒ a=[0,04*160]/32=20%. nBaSO3=[11,17-4,66]/217 =0,03 mol. nSO2 ban đầu =2*(0,02+0,03)=0,1 b=0,5M

0,5 0,5

Nội dung

Điểm

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

Vì F tác dụng với HCl dư còn phần không tan ⇒ D có AgNO3 dư FeCl3 + 3AgNO3 3AgCl + Fe(NO3)3 BaBr2 + 2AgNO3 2AgBr +Ba(NO3)2 KNO3 + AgCl KCl + AgNO3 B: AgBr, AgCl; D: AgNO3 dư, Fe(NO3)3, Ba(NO3)2, KNO3. Fe + 2AgNO3 Fe(NO3)2 + 2Ag 3Fe(NO3)2 Fe + 2Fe(NO3)3 Chất không tan là Ag và Fe dư, dung dịch E gồm Fe(NO3)2, Ba(NO3)2, KNO3, Ba(NO3)2, KNO3. Fe + 2HCl FeCl2 + H2 Fe(NO3)2 + 2NaOH Fe(OH)2 +2NaNO3 t 4Fe(OH)2 + O2 2Fe2O3 + 4H2O Gọi số mol mỗi chất FeCl3, BaBr2, KCl lần lượt là a, b,c. Vì cho Fe có phản ứng với dung dịch D nFe ban thêm vào= 0,15 mol nFe trong F= 0,095 nFe phản ứng với Ag+ và Fe3+=0,055 ⇒ nAgNO3 dư trong D = 0,055*2-a ⇒ nAgNO3 phản ứng với X-= 0,22- (0,055*2-a) 162,5a+297b+ 74,5c = 11,56 (1) 3a + 2b + c = 0,22- (0,055*2-a) (2) 6,8 gam chất rắn sau cùng gồm Fe2O3 (a+0,055)/2 mol 160*(a+0,055)/2 = 6,8 (3) a=0,03 b=0,02 c=0,01 ⇒ B gồm 0,1 mol AgCl; 0,04 mol AgBr. mB= 21,87 gam 0

0,5

0,5 0,5

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 17

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

Câu 1: Hợp chất(SCN)2 được gọi là một trong các halogen giả vì nó có nhiều tính chất giống với halogen. Biết tính oxi hóa của (SCN)2 mạnh hơn I2 và yếu hơn Br2. Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng sau: 1.NaSCN + Br2→ 2.NaI + (SCN)2→ 3. MnO2 + H2SO4 + NaSCN → 4. AgSCN + Br2→

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

5. C2H4 + (SCN)2→ Câu 2: Ion X- có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 4s24p6. 1.Hãy viết cấu hình electron của X, xác định số electron độc thân trong một nguyên tử X. 2.Dựa vào cấu hình electron hãy xác định vị trí của X trong bảng HTTH, giải thích. 3. Nêu tính chất hoá học của X, viết phương trình phản ứng minh họa. 4. Khi sục không khí vào một dung dịch chứa hợp chất Y của nguyên tố X thu được đơn chất của nguyên tố X. Hãy viết phương trình hóa học xẩy ra và chỉ rõ chất oxi hóa, chất khử trong phản ứng.

Câu 3: Một thí nghiệm được tiến hành như sau: Cho vào ống nghiệm khô một vài tinh thể KMnO4, nhỏ tiếp vào ống vài giọt dung dịch HCl đậm đặc. Đậy kín ống nghiệm bằng nút cao su có đính một băng giấy màu ẩm (như hình vẽ). 1. Hãy nêu hiện tượng xẩy ra trong thí nghiệm, giải thích? 2. Một số học sinh trong quá trình làm thí nghiệm trên thấy nút cao su bị bật ra. Em hãy nêu nguyên nhân và cách khắc phục. 3. Em hãy nêu một giải pháp để hạn chế tối đa khí Cl2 thoát ra môi trường sau khi làm xong thí nghiệm trên và giải thích cách làm. 4. Trong thí nghiệm trên ta không thể thay KMnO4 bằng chất nào trong số các chất sau đây: MnO2, KClO3, KNO3, H2SO4 đặc, tại sao? Câu 4: Trong công nghiệp H2O2 có thể điều chế bằng cách cho axit A hoặc axit B tác dụng với nước, sản phẩm của 2 phản ứng này đều là H2SO4 và H2O2. Biết 1 phân tử A có 8 nguyên tử, trong A nguyên tố oxi chiếm 70,18% khối lượng, phân tử B chứa nhiều hơn phân tử A 1 nguyên tử S và 3 nguyên tử O. 1. Xác định A,B vàviết các phương trình hóa học xẩy ra. 2.Hãy viết công thức cấu tạo, cho biết trạng thái lai hóa của các nguyên tử trong A và B (với các nguyên tử có lai hóa), xác định số oxi hóa của các nguyên tử trong A và B. 3.Vì sao A và B đều có tính oxi hóa mạnh và tính axit mạnh. Một trong 2 axit là axit 1 nấc đó là axit nào, hãy giải thích. 4.Hãy viết phương trình phản ứng của KI lần lượt với A và B, cho biết phản ứng nào giải phóng I2 nhanh hơn, giải thích. Câu 5: 1.Cho một viên bi bằng nhôm nặng 16,2 gam vào 600ml dung dịch HCl. Sau khi kết thúc phản ứng, thấy còn lại m gam nhôm không tan. Cho m gam nhôm trên vào 196 gam dung dịch H2SO4 40% (loãng), đến khi phản ứng kết thúc, nồng độ dung dịch H2SO4 còn lại 9,533%. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch HCl. 2.Hỗn hợp X gồm Al, BaCO3, MgCO3. Lấy 10,65 gam X hòa tan hết vào dung dịch HCl dư thấy có 2,464 lít khí ở (đktc) thoát ra. Mặt khác lấy 0,2 mol X nung đến khối lượng không đổi thu được 3,584 lít khí ở (đktc) và hỗn hợp chất rắn không chứa cacbon. a. Viết các phương trình hóa học xẩy ra. b. Tính % khối lượng các chất trong X. Câu 6: 1. Từ một hợp chất bền trong tự nhiên người ta có thể tách được một khí A có tính oxi hóa mạnh và một khí B có tính khử, A và B có thể phản ứng với nhau tỏa nhiều nhiệt. Từ A có thể điều chế trực tiếp chất C có tính oxi hóa mạnh hơn A, chất C thường được dùng làm chất diệt trùng. Trong thực tế người ta cũng có thể điều chế A bằng cách cho chất rắn D phản ứng với CO2. Hãy xác định A, B, C, D và viết các phương trình hóa học xẩy ra. 2. Bạc bromua được dùng sản xuất phim trong nhiếp ảnh, sau khi chụp ảnh phim được rửa bằng một dung dịch hóa chất (chất đó thường được gọi là chất xử lý ảnh). Em hãy viết phương trình hóa học xẩy ra và giải thích cách làm.

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

Câu 7: 1. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuCO3, Fe vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư được hỗn hợp 2 khí ở (đktc) có tỷ khối so với H2 bằng 29,5 và dung dịch X. Cho dung dịch NaOH dư vào X lọc lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi được 12 gam chất rắn. Tính m. 2. Viết công thức cấu tạo của SO2, cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm nếu có. Hãy giải thích tại sao SO2 vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử và tan tốt trong nước. Câu 8: Đốt cháy m gam hỗn hợp (A) gồm C và FeS2 trong V lít O2, sau phản ứng thu được chất rắn (B) và 16,8 lít hỗn hợp khí (C). Cho (C) qua dung dịch dung dịch Br2 dư, còn lại hỗn hợp khí (D).Cho (D) qua dung dịch HI,tạo ra tối đa 25,4 gam chất kết tủa. Khí ra khỏi bình HI hấp thụ hết vào dung dịch Ba(OH)2 dư thấy có 59,1 gam kết tủa (biết các phản ứng đều hoàn toàn, các thể tích khí đều đo ở đktc). 1.Viết các phương trình hóa học xẩy ra. 2. Tính m và V. Câu 9: Có 3 muối A,B,C đều là muối của Na thỏa mãn điều kiện: - Trong 3 muối chỉ có A là tạo kết tủa khi tác dụng với dung dịch Ba(NO3)2. - Trong 3 muối chỉ có muối B và C tác dụng với dung dịch H2SO4 tạo ra chất khí. - Cả 3 muối khi tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 đều cho kết tủa và sinh ra H2O. - Trong 3 muối chỉ B có thể làm nhạt màu dung dịch KMnO4 trong H2SO4. Xác định A,B,C, viết các phương trình phản ứng. Câu 10: Nung nóng 30,005 gam hỗn hợp X gồm KMnO4, KClO3 và MnO2, sau một thời gian thu được khí O2 và 24,405 gam chất rắn Y gồm K2MnO4, MnO2, KMnO4, KCl. Để tác dụng hết với hỗn hợp Y cần vừa đủ dung dịch chứa 0,8 mol HCl, thu được 4,844 lít khí Cl2ở (đktc). Tính thành phần % khối lượng KMnO4 bị nhiệt phân. ----------Hết----------

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 17

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 06 trang)

Câu 1:(2,0 điểm) Hợp chất(SCN)2 được gọi là một trong các halogen giả vì nó có nhiều tính chất giống với halogen. Biết tính oxi hóa của (SCN)2 mạnh hơn I2 và yếu hơn Br2. Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng sau: 1. NaSCN + Br2→ 2. NaI + (SCN)2→ 3. MnO2 + H2SO4 + NaSCN → 4. AgSCN + Br2→ 5. C2H4 + (SCN)2→

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

HD: Câu 1

Nội dung a. 2NaSCN + Br2→ (SCN)2 + 2NaBr b. 2NaI + (SCN)2→ 2NaSCN + I2 c. MnO2 + 2H2SO4 + 2NaSCN → Na2SO4 + (SCN)2 + MnSO4 + 2H2O d. AgSCN + Br2→ AgBr + (SCN)2. e. C2H4 + (SCN)2→ CH2(SCN)-CH2(SCN)

Điểm 2,0

Câu 2:(2,0 điểm) Ion X- có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 4s24p6. 1. Hãy viết cấu hình electron của X, xác định số electron độc thân trong một nguyên tử X. 2. Dựa vào cấu hình electron hãy xác định vị trí của X trong bảng HTTH, giải thích. 3. Nêu tính chất hoá học của X, viết phương trình phản ứng minh họa. 4. Khi sục không khí vào một dung dịch chứa hợp chất Y của nguyên tố X thu được đơn chất của nguyên tố X. Hãy viết phương trình hóa học xẩy ra và chỉ rõ chất oxi hóa, chất khử trong phản ứng. HD: Câu 2

Nội dung 1. * Nguyên tử X có ít hơn ion X- 1 electron nên X có cấu hình electron 1s22s22p63s23p63d104s24p5. * Trong nguyên tử X có 1 electron độc thân. X thuộc chu kỳ 4 vì có 4 lớp electron, X thuộc nhóm 7A vì nó là nguyên tố p và có 7 electron ở lớp ngoài cùng. X có tính oxihoa mạnh và có tính khử 3Br2 + 2Al → 2AlBr3 5Cl2 + Br2 + 6H2O → 10HCl + HBrO3 O2 + 4HBr → Br2 + 2H2O O2 là chất oxihoa, HBr là chất khử.

Điểm 0,5

0,5

Câu 3:(2,0 điểm) Một thí nghiệm được tiến hành như sau: Cho vào ống nghiệm khô một vài tinh thể KMnO4, nhỏ tiếp vào ống vài giọt dung dịch HCl đậm đặc. Đậy kín ống nghiệm bằng nút cao su có đính một băng giấy màu ẩm (như hình vẽ). 1. Hãy nêu hiện tượng xẩy ra trong thí nghiệm, giải thích? 2. Một số học sinh trong quá trình làm thí nghiệm trên thấy nút cao su bị bật ra. Em hãy nêu nguyên nhân và cách khắc phục. 3. Em hãy nêu một giải pháp để hạn chế tối đa khí Cl2 thoát ra môi trường sau khi làm xong thí nghiệm trên và giải thích cách làm. 4. Trong thí nghiệm trên ta không thể thay KMnO4 bằng chất nào trong số các chất sau đây: MnO2, KClO3, KNO3, H2SO4 đặc, tại sao? HD:

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

Câu 3

Nội dung Điểm 1. Có khí màu vàng lục thoát ra trong ống nghiệm; mẩu giấy màu ẩm bị mất màu dần. Giải thích: 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 5Cl2 + MnCl2 + 8H2O 0,5 Sinh ra khí Cl2 trong bình, khí Cl2 tác dung với H2O trên mẩu giấy HCl + HClO Cl2 + H2O Sinh ra HClO là chất oxi hóa mạnh tẩy màu tờ giấy. 2. Một số học sinh làm thí nghiệm nút cao su bị bật ra vì các lý do sau đây: * Đậy nút không đủ chặt, khắc phục bằng cách đậy chặt nút hơn. * Lấy hóa chất quá nhiều nên khí sinh ra nhiều làm áp suất trong bình tăng mạnh 0,5 làm bật nút, khắc phục bằng cách lấy hóa chất vừa đủ. * Ống nghiệm quá nhỏ không đủ chứa khí, cách khắc phục thay ống nghiệm lớn hơn. 3. Để hạn chế Cl2 thoát ra gây độc sau khi làm xong thí nghiệm cần cho thêm lượng dư dung dịch kiềm (ví dụ NaOH) để trung hòa hết HCl dư và tác dụng hết với Cl2 0,5 trong bình trước khi đổ ra môi trường. 4. Không thể thay KMnO4 bằng MnO2, KNO3, H2SO4 đặc vì: MnO2 cần đun nóng mới phản ứng với HCl. 0,5 KNO3 không phản ứng với HCl được. H2SO4 đặc không phản ứng với HCl.

Câu 4:(2,0 điểm) Trong công nghiệp H2O2 có thể điều chế bằng cách cho axit A hoặc axit B tác dụng với nước, sản phẩm của 2 phản ứng này đều là H2SO4 và H2O2. Biết 1 phân tử A có 8 nguyên tử, trong A nguyên tố oxi chiếm 70,18% khối lượng, phân tử B chứa nhiều hơn phân tử A 1 nguyên tử S và 3 nguyên tử O. 1. Xác định A,B và viết các phương trình hóa học xẩy ra. 2. Hãy viết công thức cấu tạo, cho biết trạng thái lai hóa của các nguyên tử trong A và B (với các nguyên tử có lai hóa), xác định số oxi hóa của các nguyên tử trong A và B. 3. Vì sao A và B đều có tính oxi hóa mạnh và tính axit mạnh. Một trong 2 axit là axit 1 nấc đó là axit nào, hãy giải thích. 4. Hãy viết phương trình phản ứng của KI lần lượt với A và B, cho biết phản ứng nào giải phóng I2 nhanh hơn, giải thích. HD: Câu 4

Nội dung A + H2O → H2SO4 + H2O2 B + H2O → H2SO4 + H2O2⇒ A, B đều chứa H, O và S. Gọi công thức của A là HaSbOc ta có a+b+c=8 (1) ⇒ a=8-b-c 16c 16c 16c = 0,7018 ⇒ = 0,7018 ⇒ = 0,7018 a + 32b + 16c 8 − b − c + 32b + 16c 8 + 31b + 15c Vì a+b+c=8 ⇒ c tối đa =6 thử với c=1,2,3,4,5,6 ta có c 1 2 3 4 5 6 b - ... 0,25 0,5 0,75 1 1,25 a 2 Vậy A là H2SO5 B là H2S2O8 Phương trình phản ứng: H2SO5 + H2O → H2O2 + H2SO4 H2S2O8 + 2H2O → H2O2 + 2H2SO4

Điểm

0,5

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

A +1

-1

O +1

-1

O -2

-2

-2 +1 +6

-2

+1 -2

O H

H O -1

-1

O 3

Trong cĂĄc cháşĽt trĂŞn O cĂł liĂŞn káşżt Ä&#x2018;ĆĄn Ä&#x2018;áť u lai hĂła sp , S lai hĂła sp Sáť&#x2018; oxihoa cáť§a S lĂ +6; O cĂł sáť&#x2018; oxihoa -1 hoáşˇc -2 (chĂş Ă˝ náşżu xĂĄc Ä&#x2018;áť&#x2039;nh sáť&#x2018; oxihoa trung bĂŹnh khĂ´ng cho Ä&#x2018;iáť&#x192;m)

O -2

0,5

* Trong A vĂ B Ä&#x2018;áť u cháťŠa nhiáť u O liĂŞn káşżt váť&#x203A;i S táşĄo ra nhĂłm cĂł hiáť&#x2021;u áťŠng liĂŞn háťŁp hĂşt electron lĂ m cho liĂŞn káşżt O-H trong phĂ˘n táť phĂ˘n cáťąc máşĄnh lĂ m A vĂ B cĂł tĂnh axit máşĄnh. Trong A vĂ B nguyĂŞn táť oxi cĂł sáť&#x2018; oxi hĂła -1 vĂ phĂ˘n táť kĂŠm báť n nĂŞn A vĂ B Ä&#x2018;áť u cĂł tĂnh oxi hĂła máşĄnh. * A lĂ axit máť&#x2122;t náşĽc vĂŹ cĂł 1 nhĂłm HO khĂ´ng táşĄo hiáť&#x2021;u áťŠng liĂŞn háťŁp váť&#x203A;i gáť&#x2018;c axit cĂ˛n láşĄi lĂ m liĂŞn káşżt HO trong Ä&#x2018;Ăł kĂŠm phĂ˘n cáťąc.

0,5

PhĆ°ĆĄng trĂŹnh pháşŁn áťŠng 2KI + H2SO5â&#x2020;&#x2019; I2 + K2SO4 + H2O (1) 0,25 2KI + H2S2O8â&#x2020;&#x2019; I2 + K2SO4 + H2SO4 (2) (1) giáşŁi phĂłng I2 nhanh hĆĄn (2) vĂŹ H2SO5 cĂł tĂnh oxihoa máşĄnh hĆĄn H2S2O8 do phĂ˘n 0,25 táť A kĂŠm Ä&#x2018;áť&#x2018;i xáťŠng hĆĄn B nĂŞn A cĂł tĂnh oxi hĂła máşĄnh hĆĄn B.

CĂ˘u 5:(2,0 Ä&#x2018;iáť&#x192;m) 1. Cho máť&#x2122;t viĂŞn bi báşąng nhĂ´m náşˇng 16,2 gam vĂ o 600ml dung dáť&#x2039;ch HCl. Sau khi káşżt thĂşc pháşŁn áťŠng, tháşĽy cĂ˛n láşĄi m gam nhĂ´m khĂńg tan. Cho m gam nhĂ´m trĂŞn vĂ o 196 gam dung dáť&#x2039;ch H2SO4 40% (loĂŁng), Ä&#x2018;áşżn khi pháşŁn áťŠng káşżt thĂşc, náť&#x201C;ng Ä&#x2018;áť&#x2122; dung dáť&#x2039;ch H2SO4 cĂ˛n láşĄi 9,533%. TĂnh náť&#x201C;ng Ä&#x2018;áť&#x2122; mol/lĂt cáť§a dung dáť&#x2039;ch HCl. 2. Háť&#x2014;n háťŁp X gáť&#x201C;m Al, BaCO3, MgCO3. LáşĽy 10,65 gam X hĂ˛a tan háşżt vĂ o dung dáť&#x2039;ch HCl dĆ° tháşĽy cĂł 2,464 lĂt khĂ áť&#x; (Ä&#x2018;ktc) thoĂĄt ra. Máşˇt khĂĄc láşĽy 0,2 mol X nung Ä&#x2018;áşżn kháť&#x2018;i lĆ°áťŁng khĂńg Ä&#x2018;áť&#x2022;i thu Ä&#x2018;Ć°áťŁc 3,584 lĂt khĂ áť&#x; (Ä&#x2018;ktc) vĂ háť&#x2014;n háťŁp cháşĽt ráşŻn khĂńg cháťŠa cacbon. a. Viáşżt cĂĄc phĆ°ĆĄng trĂŹnh hĂła háť?c xáşŠy ra. b. TĂnh % kháť&#x2018;i lĆ°áťŁng cĂĄc cháşĽt trong X. HD: CĂ˘u 5

Náť&#x2122;i dung nAl ban Ä&#x2018;áş§u=(1/3)nHCl+(2/3)nH2SO4 pháşŁn áťŠng.=16,2/27=0,6 Gáť?i sáť&#x2018; mol H2SO4 pháşŁn áťŠng lĂ n ta cĂł nH2SO4 ban Ä&#x2018;áş§u-n=nH2SO4 dĆ° 2Al + 3H2SO4â&#x2020;&#x2019; Al2(SO4)3 + 3H2

, â&#x2C6;&#x2014;

â&#x2C6;&#x2014; â&#x2C6;&#x2014; â&#x2C6;&#x2014; 196 * 40% -n= â&#x2021;&#x2019; n=0,6 98 nAl ban Ä&#x2018;áş§u=0,6=(1/3) nHCl+(2/3)*0,6 â&#x2021;&#x2019; nHCl= 0,6â&#x2021;&#x2019; CHCl=nHCl/0,6=1M

a. CĂĄc phĆ°ĆĄng trĂŹnh hĂła háť?c xáşŠy ra: 2Al + 6HCl â&#x2020;&#x2019; 2AlCl3 + 3H2 2

1,0

(1)

+ 2HCl â&#x2020;&#x2019; BaCl2 + CO2 + H2O

(2)

MgCO3 + 2HCl â&#x2020;&#x2019; MgCl2 + CO2 + H2O

(3)

BaCO3

Ä?iáť&#x192;m

1,0

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

CaCO3

MgCO3

2Al

+ 3CO2

CaO + CO2

(4)

CaO + CO2

(5)

Al2O3 + 3CO

(6)

Chú ý: Phương trình (6) học sinh không viết cũng cho điểm tối đa. b. Gọi số mol Al, BaCO3, MgCO3 trong 10,65 gam hỗn hợp lần lượt là a,b,c 27a+197b+84c=10,65 1,5a+b+c=0,11 Mặt khác ta có số mol hỗn hợp/số mol khí (a+b+c)/(b+c)=0,2/0,16=1,25 a=0,02 b=0,03 c=0,05 %mAl=5,07% %mBaCO3=55,49% %mMgCO3=39,44% Câu 6:(2,0 điểm) 1. Từ một hợp chất bền trong tự nhiên người ta có thể tách được một khí A có tính oxi hóa mạnh và một khí B có tính khử, A và B có thể phản ứng với nhau tỏa nhiều nhiệt. Từ A có thể điều chế trực tiếp chất C có tính oxi hóa mạnh hơn A, chất C thường được dùng làm chất diệt trùng. Trong thực tế người ta cũng có thể điều chế A bằng cách cho chất rắn D phản ứng với CO2. Hãy xác định A, B, C, D và viết các phương trình hóa học xẩy ra. 2. Bạc bromua được dùng sản xuất phim trong nhiếp ảnh, sau khi chụp ảnh phim được rửa bằng một dung dịch hóa chất (chất đó thường được gọi là chất xử lý ảnh). Em hãy viết phương trình hóa học xẩy ra và giải thích cách làm. HD: Câu 6

Nội dung Điểm A, B, C, D lần lượt là O2, H2, O3, Na2O2 Các phương trình phản ứng Điện phân 2H + O 2H2O 2 2 2H2 + O2 → 2H2O 3O3 uv 2O3 1,0 2Na2O2 + 2CO2 → 2Na2CO3 + O2 Chú ý: Học sinh có thể thay Na2O2 bằng K2O2 hoặc KO2 và viết phương trình đúng vẫn cho điểm tối đa. 2AgBr AS 2Ag + Br2 (1) AgBr + 2Na2S2O3 → Na3[Ag(S2O3)2] + NaBr (2) Phản ứng (1) xẩy ra khi chụp ảnh (ánh sáng chiếu lên tấm phim phủ AgBr) sinh ra Ag bám lên tấm phim. Phản ứng (2) xẩy ra khi rửa ảnh (hòa tan AgBr còn lại trên phim) làm cho tấm phim chỉ còn lại Ag bám trên đó tạo hình ảnh âm bản cho tấm phim.

1,0

Câu 7:(2,0 điểm) 1. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuCO3, Fe vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư được hỗn hợp 2 khí ở (đktc) có tỷ khối so với H2 bằng 29,5 và dung dịch X. Cho dung dịch NaOH dư vào X lọc lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi được 12 gam chất rắn. Tính m. 2. Viết công thức cấu tạo của SO2, cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm nếu có. Hãy giải thích tại sao SO2 vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử và tan tốt trong nước. HD:

Câu 7

Nội dung

Điểm

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

Vì Mkhí=29,5*2=59 ⟹ hỗn hợp khí là CO2 và SO2 Gọi số mol CuCO3 và Fe lần lượt là và b ta có (44a+1,5b*46)/(a+1,5b)=2* 29,5 80a+80b=12 a=0,05 b=0,1 m=11,8

S O

1,0

S O

* Nguyên tử S lai hóa sp2. * SO2 tan tốt trong nước vì phân tử phân cực. * SO2 vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử vì trong SO2 lưu huỳnh có số oxi hóa +4 (trung gian) và phân tử chưa bền.

1,0

Câu 8:(2,0 điểm) Đốt cháy m gam hỗn hợp (A) gồm C và FeS2 trong V lít O2, sau phản ứng thu được chất rắn (B) và 16,8 lít hỗn hợp khí (C). Cho (C) qua dung dịch dung dịch Br2 dư, còn lại hỗn hợp khí (D). Cho (D) qua dung dịch HI, tạo ra tối đa 25,4 gam chất kết tủa. Khí ra khỏi bình HI hấp thụ hết vào dung dịch Ba(OH)2 dư thấy có 59,1 gam kết tủa (biết các phản ứng đều hoàn toàn, các thể tích khí đều đo ở đktc). 1. Viết các phương trình hóa học xẩy ra. 2. Tính m và V. HD:

Câu 8

Nội dung Điểm Khí (D) qua dung dịch HI tạo ra kết tủa ⟹ trong (D) có O2 và chất rắn tạo thành là I2 ⟹ quá trình đốt cháy chỉ tạo CO2 và SO2. Vậy các phản ứng xẩy ra là C + O2 → CO2 4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2 1,0 SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr O2 + 4HI → 2H2O + 2I2 CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O Hỗn hợp (C) gồm CO2, SO2, O2 dư nCO2=nBaCO3=0,3=nC nO2 dư= (1/2)*0,1= 0,05 mol. nSO2=0,75-0,3-0,05=0,4 (mol) ⇒ nFeS2=0,2 ⇒ nFe2O3=0,1 m=0,3*12+0,2*(56+64)=27,6 (gam) nO2 đầu=0,3+0,15+0,4+0,05=0,9 V=20,16 (lít)

Câu 9:(2,0 điểm) Có 3 muối A,B,C đều là muối của Na thỏa mãn điều kiện: - Trong 3 muối chỉ có A là tạo kết tủa khi tác dụng với dung dịch Ba(NO3)2. - Trong 3 muối chỉ có muối B và C tác dụng với dung dịch H2SO4 tạo ra chất khí. - Cả 3 muối khi tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 đều cho kết tủa và sinh ra H2O. - Trong 3 muối chỉ B có thể làm nhạt màu dung dịch KMnO4 trong H2SO4. Xác định A,B,C, viết các phương trình phản ứng. HD: Câu 9 Nội dung

1,0

Điểm

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

A,B,C lần lượt là NaHSO4, NaHSO3, NaHCO3 Các phương trình phản ứng: NaHSO4 + Ba(NO3)2 → BaSO4 + NaNO3 + HNO3. 2NaHSO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O + 2SO2 2NaHCO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O + 2CO2 NaHSO4 + Ba(OH)2 → BaSO4 + NaOH + H2O. 2NaHSO3 + Ba(OH)2 → BaSO3 + NaOH + H2O. 2NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3 + NaOH + H2O. 10NaHSO3 + 4KMnO4 + H2SO4 → 5Na2SO4 + 2K2SO4 + 4MnSO4 + 6H2O

1,0

1.0

Câu 10:(2,0 điểm) Nung nóng 30,005 gam hỗn hợp X gồm KMnO4, KClO3 và MnO2, sau một thời gian thu được khí O2 và 24,405 gam chất rắn Y gồm K2MnO4, MnO2, KMnO4, KCl. Để tác dụng hết với hỗn hợp Y cần vừa đủ dung dịch chứa 0,8 mol HCl, thu được 4,844 lít khí Cl2 ở (đktc). Tính thành phần % khối lượng KMnO4 bị nhiệt phân. HD: Câu 9 Nội dung Điểm Gọi số mol KMnO4, KClO3 và MnO2 trong 30,005 gam X lần lượt là x, y,z * Ta có phương trình cho khối lượng X: mX = 158x + 122,5y + 87z = 30,005 gam. * Số mol HCl đã dùng là: nHCl dùng = 0,8 mol 1,0 ⟹ nO trong Y =0,8/2= 0,4 mol; nO2 ↑ ra = (30,005 – 24,405)/32 = 0,175 mol. Bảo toàn O có số mol nguyên tử O trong X bằng số mol nguyên tử O thoát ra + số mol nguyên tử O trong Y ⟹ 4x + 3y + 2z = 0,175 × 2 + 0,4 = 0,75 mol. * Bảo toàn electron cả quá trình có: 5x + 6y + 2z = 4nO2 + 2nCl2 = 1,1325 mol. Giải hệ các phương trình trên có: x = 0,12 mol; y = 0,0875 mol và z = 0,00375 mol. MnO2 không nhiệt phân; ở đây dùng một lượng ít này làm chất xúc tác cho 0,0875 mol KClO3 nhiệt phân hoàn toàn tạo 0,13125 mol O2. ⟹ Còn cần 0,0875 mol KMnO4 phản ứng nhiệt phân nữa để tạo thêm 0,04375 mol 1.0 O2 ⟹ %mKMnO4 nhiệt phân = 0,0875 ÷ 0,12 ≈ 72,92 %.

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 18

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

Câu 1 (1,0 điểm): Phần trăm khối lượng của nguyên tố R trong hợp chất khí với hiđro (trong đó R có số oxi hóa thấp nhất) là a%, còn trong oxit cao nhất là b%. a) Xác định R biết a:b = 11:4. b) Viết công thức phân tử, công thức electron, công thức cấu tạo của hai hợp chất trên. c) Viết phương trình phản ứng khi cho oxit cao nhất của R tác dụng với dung dịch NaClO, dung dịch Na2CO3. Câu 2 (2,0 điểm):

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

KClO3 (X3)

Cho sơ đồ phản ứng: (X1) clorua vôi

CaCO3 (Y2)

(X2) (Y1)

Ca(NO3)2 (Y3) Na2SO4

(Y4)

(Y5)

PbS.

→ lưu huỳnh (Y1)  (Y2 )

(Y6) (Y2) (Y3) (Y1) K2SO4 (Y7) PbS. Biết các chất X1, X2, X3 có phân tử khối thỏa mãn: X1+X2+X3 = 214; các chất Y1, Y2, Y3, Y4, Y5, Y6, Y7 là các hợp chất khác nhau của lưu huỳnh và có phân tử khối thoả mãn các điều kiện: Y1+Y7 = 174; Y2+Y5 = 112; Y3+Y4 = 154; Y5+Y6 = 166; mỗi mũi tên tương ứng với một phản ứng. Hãy viết các phương trình hóa học của các phản ứng theo sơ đồ trên.

Câu 3 (1,0 điểm): Nguyên tử nguyên tố R có tổng số electron ở các phân lớp s là 7. a) Viết cấu hình electron nguyên tử của R. Xác định tên nguyên tố R. b) Với R có phân lớp 3d đã bão hoà, hoà tan hoàn toàn m gam một oxit của R trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng sinh ra 0,56 lít (ở đktc) khí SO2 là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ toàn bộ lượng khí SO2 trên vào 2 lít dung dịch KMnO4 vừa đủ thu được dung dịch T (coi thể tích dung dịch không thay đổi). - Viết các phương trình hoá học và tìm m. - Tính nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 đã dùng. Câu 4 (1,0 điểm): Trong một bình kín dung tích không đổi chứa a mol O2, 2a mol SO2 ở 27,3OC; 10 atm và có mặt xúc tác V2O5 (chiếm thể tích không đáng kể. Nung nóng bình một thời gian ở 409,5oC cho đến khi áp suất trong bình là P (atm). a) Lập biểu thức tính P theo hiệu suất h (%) và xét xem P thay đổi trong khoảng giá trị nào? b) Nêu phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp sau phản ứng. Câu 5 (1,0 điểm): Cho 30,88 gam hỗn hợp Cu, Fe3O4 vào V ml dung dịch HCl 2M được dung dịch X và còn lại 1,28 gam chất rắn không tan. Cho AgNO3 dư tác dụng với dung dịch X được 0,56 lít khí (ở đktc) không màu hoá nâu trong không khí và m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Tính V và m? Câu 6 (2,0 điểm): Dung dịch X là dung dịch HCl. Dung dịch Y là dung dịch NaOH. Cho 60 ml dung dịch X vào cốc chứa 100 gam dung dịch Y, tạo ra dung dịch chỉ chứa một chất tan. Cô cạn dung dịch thu được 14,175 gam chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thì chỉ còn lại 8,775 gam chất rắn. a) Tìm nồng độ mol/l của dung dịch X, nồng độ phần trăm của dung dịch Y và công thức của Z. b) Cho 16,4 gam hỗn hợp X1 gồm Al, Fe vào cốc đựng 840 ml dung dịch X. Sau phản ứng thêm tiếp 1600 gam dung dịch Y vào cốc. Khuấy đều cho phản ứng hoàn toàn, lọc lấy kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 13,1 gam chất rắn Y1. Tìm thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X1. Câu 7 (1,0 điểm): Điện phân dung dịch NaCl một thời gian được dung dịch A và khí thoát ra chỉ có V lít H2 (ở đktc). Cho dung dịch A vào dung dịch H2S, lắc kỹ để dung dịch A phản ứng vừa đủ với H2S được 0,16 gam chất rắn màu vàng và dung dịch B (không có khí thoát ra). Cho từ từ dung dịch Br2 0,1M vào dung dịch B đến khi thôi mất màu brom thấy hết 50 ml dung dịch và được dung dịch C. Cho dung dịch BaCl2 dư vào dung dịch C được 2,33 gam kết tủa. a) Viết các phương trình phản ứng, xác định thành phần của A, B, C. b) Tính V. Câu 8 (1,0 điểm):

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

Cho sơ đồ thí nghiệm như hình vẽ:

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỀ ÔN TẬP SỐ 18

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

Đáp án a.Vì R tạo được hợp chất khí với H nên R là phi kim. Giả sử R thuộc nhóm x (x ≥ 4). 1 R (1,0đ) .100 ⇒ công thức của R với H là RH8-x ⇒ a= R +8− x Câu

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

Điểm

0,5

Câu

Đáp án 2R R .100 ⇔ b = .100 công thức oxit cao nhất của R là R2Ox ⇒ b= 2 R + 16x R + 8x 43x − 88 a R + 8x 11 = ⇒ = ⇔ R= b R+8-x 4 7 Xét bảng X 4 5 6 7 R 12 có C 18,14 loại 24,28 loại 30,42 loại

Điểm

Vậy R là C

Công thức phân tử CH4 CO2

Công thức electron H .. H:C:H .. H ..

O :: C :: O

Công thức cấu tạo Hl H-C-H l H O=C=O

c. Phương trình phản ứng: CO2 + H2O + NaClO → NaHCO3 + HClO CO2 + H2O + Na2CO3 → 2NaHCO3

Đủ 22 phương trình cho 2,0 điểm, sai 1 phương trình trừ 0,1 điểm. KClO3 + 6HCl → KCl + 3Cl2 ↑ + 3H2O. Cl2 + Ca(OH)2(khan) → CaOCl2 + H2O. CaOCl2 + Na2CO3 → CaCO3 ↓ + NaCl + NaClO. CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 ↑ + H2O. CaCl2 + 2AgNO3 → Ca(NO3)2 + 2AgCl ↓

2 (2 đ )

0,25

t → 2KCl + 3O2. 2KClO3  o

t O2 + S  → SO2. SO2 + 2H2S → 3S + 2H2O o

t S + H2  → H2S o

t 2H2S + 3O2  → 2SO2 + 2H2O SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O

Na2SO4 + Ba(HS)2 → BaSO4 ↓ + 2NaHS NaHS + NaOH → Na2S + H2O Na2S + Pb(NO3)2 → PbS ↓ + 2NaNO3 o

t → FeS S + Fe 

FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S ↑

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

0,25

Đáp án

Câu

Điểm

H2S + 4Br2 + 4H2O → H2SO4 + 8HBr o

t 2H2SO4(đ) + Cu  → CuSO4 + SO2 ↑ + 2H2O 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4

K2SO4 + BaS → BaSO4 ↓ + K2S K2S + Pb(NO3)2 → PbS ↓ + 2KNO3.

3 (1,0đ)

1. Trong vỏ nguyên tử của nguyên tố R electron phân bố vào các phân lớp s theo thứ tự là: 1s2; 2s2; 3s2; 4s1 => Các cấu hình electron thỏa mãn là 1s22s22p63s23p64s1 => Z = 19 R là Kali 1s22s22p63s23p63d54s1 => Z = 24 R là Crom 1s22s22p63s23p63d104s1 => Z = 29 R là đồng 2. Vì oxit của Cu tác dụng với dung dịch axit sunfuric đặc nóng tạo ra khí SO2 do đó là đồng (I) oxit (Cu2O) nSO2 = 0,025( mol )

0,5

4 (1,0đ)

t Cu2O + 2H2SO4  → 2CuSO4 + SO2 + 2H2O 0,025 0,025 (mol) => m=144.0,025=3,6 (g) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O→ 2H2SO4 + K2SO4 + 2MnSO4 0,025 0,01 0,01 (mol) Nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 là 0,005 (M) a. *Phương trình phản ứng : 2SO2 + O2 ⇌ 2SO3 Ban đầu 2a a Phản ứng 2ha/100 ha/100 2ha/100 Cân bằng 2a - 2ha/100 a - ha/100 2ha/100 => Số mol các khí tại cân bằng = 3a - ha/100. Áp dụng pt trạng thái khí: Trước phản ứng: 3a. R. 300,3 = 10.V (1) Tại cân bằng: a. (3 - h/100). R. 682,5 = P.V (2) (1) : (2) và biến đổi toán học có: P = (250/33).(3 - h/100)

(mol) (mol) (mol) (mol)

* 0 < h < 100 → 15,15 (atm) < p < 22,73(atm) b. Để tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp B1: Cho hỗn hợp qua H2SO4 nguyên chất khi đó SO3 bị giữ lại H2SO4 + nSO3 → H2SO4.nSO3 Đun nóng H2SO4.nSO3 để thu hồi SO3 B2: Cho hai khí còn lại qua dung dịch Ba(OH)2 dư khi đó SO2 bị giữ lại SO2 + Ba(OH)2 → BaSO3↓ + H2O Lọc lấy kết tủa và nhiệt phân ta thu được SO2 to BaSO3  → BaO + SO2 Khí thoát ra khỏi dung dịch là O2 a) Phương trình phản ứng:

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

0,5 0,25 0,25

0,5

Câu

(1,0đ) (1) (2)

Đáp án Fe3O4 + 8HCl → 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O Cu + 2FeCl3 → 2FeCl2 + CuCl2

Điểm

Vì thêm AgNO3 dư có khí thoát ra chứng tỏ ban đầu dư HCl. → Chất rắn dư là Cu Dung dịch X có chứa HCl dư, CuCl2 và FeCl2 Thêm AgNO3 dư (3) 3FeCl2 + 10AgNO3 + 4HCl → 3Fe(NO3)3 +10AgCl↓ + NO↑ + 2H2O (4) CuCl2 + 2AgNO3 → 2AgCl↓ + Cu(NO3)2 Nếu dư FeCl2, có phản ứng (5) FeCl2 + 2AgNO3 → 2AgCl↓ + Fe(NO3)2 (6) Fe(NO3)2 + AgNO3 → Ag↓ + Fe(NO3)3 Nếu dư HCl, có phản ứng (7) HCl + AgNO3 → AgCl ↓ + HNO3 b) nNO = 0,025 (mol) Đặt số mol Fe3O4 là x (mol), từ (1) và (2) có số mol Cu = x mol → 232x + 64x = 30,88 – 1,28 → x = 0,1 (mol) FeCl2 : 0,1.3 = 0,3 mol  → dd X CuCl2 : 0,1 mol HCl  n FeCl2 (3) = 3n NO = 0,075 mol → Trong (3) dư FeCl2 → Xảy ra phản ứng (5), (6); không có phản ứng (7) Theo (3), nHCldư = 4nNO = 4.0,025 = 0,1 (mol) Theo (2) nHClpư = 8x = 8.0,1 = 0,8 (mol) → nHClbđ = 0,8 + 0,1 = 0,9 (mol) → V = 0,9/2 = 0,45 lít Kết tủa gồm Ag, AgCl. Theo (5), (6) nAg = n FeCl2 (5) = 0,3 – 0,075 = 0,225 (mol) Theo (3), (4), (5), (6) n AgCl = 2n FeCl2 + 2n CuCl2 + n HCl = 0,3.2 + 0,1.2 + 0,1 = 0,9 (mol)

→ m = 0,225.108 + 0,9. 143,5 = 153,45 (gam) (a)

0,25

HCl + NaOH → NaCl + H2O o

t → NaCl.nH2O Dd NaCl  Z o

t → NaCl + n H2O NaCl.nH2O  Do dung dịch thu được chỉ chứa một chất tan nên HCl và NaOH phản ứng vừa đủ với nhau. Có: nHCl = nNaOH = nNaCl = 8,775: 58,5 = 0,15 mol.

6 (2 đ)

0,15 = 2,5M 0,06 0,15×40 C%(NaOH) = ×100% = 6% 100

0,25

C M (HCl) =

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: nH2O = 14,175 - 8,775 = 5,4 gam; nH2O = 0,3 mol => n = 0,3: 0,15 = 2; Vậy công thức của Z là NaCl.2H2O. (b) Số mol HCl có trong 840 ml dung dịch X: nHCl = 0,84.2,5 = 2,1 mol Số mol NaOH có trong 1600 gam dung dịch Y: n NaOH = 1600 × 6 = 2,4 mol 100 × 40

Al + 3 HCl → AlCl3 + 3/2 H2 a 3a a

0,25

(1)

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

0,5

Câu

Đáp án Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2 (2) b 2b b Giả sử X1 chỉ có Al. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Al là: nHCl =

Điểm

16,4 × 3 = 1,82 < 2,1 27

Giả sử X1 chỉ có Fe. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Fe là: nHCl =

16,4 × 2 = 0,59 < 2,1 56

Vậy với thành phần bất kì của Al và Fe trong X1 thì HCl luôn dư. Khi thêm dung dịch Y: HCl + NaOH → NaCl + H2O (3) 2,1 - (3a + 2b) 2,1 - (3a + 2b) FeCl2 + 2 NaOH → Fe(OH)2 + 2 NaCl (4) b 2b b (5) AlCl3 + 3 NaOH → Al(OH)3 + 3 NaCl a 3a a Đặt số mol của Al và Fe trong 16,4 gam hỗn hợp X1 lần lượt là a và b. Có: 27a + 56b = 16,4 (*) Tổng số mol NaOH tham gia các phản ứng (3), (4) và (5) là 2,1 mol => số mol NaOH dư là: 2,4- 2,1 = 0,3 mol. Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2 H2O a 0,3 Trường hợp 1: a ≤ 0,3, Al(OH)3 bị hòa tan hoàn toàn, kết tủa chỉ có Fe(OH)2. 4 Fe(OH)2 + O2 → 2 Fe2O3 + 4 H2O b b/2 Chất rắn Y1 là Fe2O3. b/2 = nFe2O3 = 13,1: 160 = 0,081875; => b = 0,16375 mol (*) => a = 0,2678 mol (≤ 0,3) => %Al = 27. 0,2678 .100: 16,4 = 44,09%; %Fe = 55,91%. Trường hợp 2: a > 0,3, Al(OH)3 bị hòa tan một phần, kết tủa có Fe(OH)2 và Al(OH)3 dư. 2 Al(OH)3 → Al2O3 + 3 H2O a - 0,3 (a - 0,3)/2 4 Fe(OH)2 + O2 → 2 Fe2O3 + 4 H2O b b/2 Chất rắn Y1 có Al2O3 và Fe2O3. 51 (a - 0,3) + 80 b = 13,1 (**) Từ (*) và (**) suy ra: a = 0,4; b = 0,1 => %Al = 27. 0,4 .100: 16,4 = 65,85%; %Fe = 34,15%. a) C¸c ph-¬ng tr×nh ph¶n øng: 1 1 dpdd  → NaOH + Cl2 ↑ + H2 ↑ NaCl + H2O (1) 2 2 2NaOH + Cl2 → NaCl + NaClO + H2O (2) NaClO + H2S NaCl + H2O + S (3) 3NaClO + H2S 3NaCl + H2SO3 (4) 7 4NaClO + H S 4NaCl + H SO (5) 2 2 4 (1,0đ) Br2 + H2SO3 + H2O 2HBr + H2SO4 (6) H2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2HCl (7) Thµnh phÇn cña: A: NaCl, NaClO. B: H2SO4, H2SO3, NaCl. C: NaCl, HBr, H2SO4.

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

0,25

0,5

Đáp án

Câu

Điểm

0,5

0,16 = 0,005( mol ) ; nBaSO4=0,01 32 Số mol của brom là: nbrom= 0,1.0,05 = 0,005mol

b. Số mol của S là: nS=

⇒ n S2− =0,015 (mol) ⇒ Khi bị oxi hóa bởi NaClO

nS=0,005 (mol);

n SO2 =0,005 (mol);

n S+6 = 0,005 (mol)

⇒ nClO-= (0,005*2+0,005*6+0,005*8)/2 = 0,04 (mol) Theo (1) ta có số mol của H2 bằng số mol của NaClO = 0,04 mol V = 0,04x 22,4 = 0,896 lít. Thí nghiệm 1: * Khi K đóng: khí sinh ra phải qua bình chứa Z, nếu bị Z hấp thụ thì không còn để phản ứng với T.

0,5

8 (1 đ)

t 2H2SO4đăc + C  → CO2 + 2SO2 + 2H2O 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 . Chỉ bình chứa dd Z bị nhạt màu * Khi K mở: khí sinh ra không tiếp xúc với cả Z và T. 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 . SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr Cả bình Z và T đều nhạt màu Thí nghiệm 2:

* Khi K đóng: 16HCl + 2KMnO4 → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O Cl2 + 2KBr → 2KCl + Br2 Dung dịch Z đậm màu dần lên * Khi K mở: Cl2 + 2KBr → 2KCl + Br2 Cl2 + 2FeCl2 → 2FeCl3 Dung dịch Z đậm màu dần lên và dung dịch T chuyển màu nâu đỏ

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

0,5

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

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

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

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

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

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

- Thí nghiệm 1: Cho 0,5 ml brom vào ống nghiệm đựng 5 ml benzen, lắc đều, rồi để ống nghiệm trên giá trong 3 phút, nêu hiện tượng, giải thích. Cho thêm một ít bột sắt vào ống nghiệm, lắc liên tục trong 3 phút, nêu hiện tượng, giải thích. - Thí nghiệm 2: Cho vào cùng một ống nghiệm 3 chất lỏng (2 ml dung dịch HNO3 đặc, 4 ml dung dịch H2SO4 đặc và 2 ml benzen), lắc đều, ngâm trong cốc nước 600C trong 5 phút, rót sản phẩm vào cốc nước lạnh. Nêu hiện tượng và giải thích. - Thí nghiệm 3: Lấy 2 ống nghiệm, cho vào mỗi ống 1 ml dung dịch KMnO4 loãng, sau đó thêm tiếp 1 ml benzen vào ống nghiệm thứ nhất và 1 ml toluen vào ống nghiệm thứ hai, lắc đều, quan sát hiện tượng. Ngâm 2 ống nghiệm vào cùng 1 cốc nước sôi trong 5 phút. Nêu hiện tượng, giải thích. - Thí nghiệm 4: Lấy 1 ống nghiệm hình chữ Y, cho vào nhánh một 1 ml benzen và nghiêng cho benzen dính vào thành ống nghiệm; cho vào nhánh hai một lượng KMnO4 bằng hạt đậu xanh và 1 ml dung dịch HCl đặc, đậy nút và đưa ống nghiệm ra ngoài ánh sáng. Nêu hiện tượng ở nhánh một và giải thích. b) Đốt cháy hoàn toàn x mol hiđrocacbon X (40 < MX< 70) mạch hở, thu được CO2 và 0,2 mol H2O. Mặt khác, cho x mol X tác dụng với AgNO3 dư trong dung dịch NH3, thì có 0,2 mol AgNO3 phản ứng. Sau phản ứng thu được m gam kết tủa. Tính m. Câu 7.(2,0 điểm) Chất thơm trong túi thơm của con cà cuống có công thức phân tử là C8H14O2 (chất A). Thủy phân A thu được X (C6H12O) và axit cacboxylic Y (C2H4O2). X tác dụng với dung dịch KMnO4 loãng lạnh tạo ra hexan-1,2,3-triol. a) Xác định cấu tạo và gọi tên A, X, Y? b) Viết các đồng phân hình học của A và cho biết dạng nào có nhiệt độ nóng chảy cao hơn? Tại sao? Câu 8.(2,0 điểm) Oxi hóa m gam rượu C bằng O2 (có chất xúc tác) được hỗn hợp X. Chia hỗn hợp X thành 3 phần bằng nhau: - Phần I: tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư thu được 21,6 gam Ag. - Phần II: tác dụng với NaHCO3 (dư) thu được 2,24 lít CO2 (đktc). - Phần III: tác dụng với Na (đủ) thu được 4,48 lít H2 (đktc) và 25,8 gam chất rắn khan. a) Xác định công thức cấu tạo của rượu C. Biết rằng khi đun rượu C với H2SO4 đặc, 1700C thì thu được anken. b) Tìm thành phần % số mol rượu C bị oxi hóa. Câu 9. (2,0 điểm) A, B, C, D là những hiđrocacbon có công thức phân tử là C9H12. Biết A chỉ chứa 2 loại hiđro. Đun nóng với KMnO4 thì A cho C9H6O6, B cho C8H6O4, đun nóng C8H6O4 với anhiđrit axeitc cho sản phẩm là C8H4O3. C và D đều phản ứng với Cu2Cl2/NH3 đều cho kết tủa màu đỏ và phản ứng với dung dịch HgSO4 sinh ra C9H14O (C cho M và D cho N). Ozon phân M cho nona-2,3,8-trion còn N cho 2axetyl-3-metylhexađial. Tìm công thức cấu tạo của A, B, C, D và viết phản ứng xảy ra biết ank-1-in pư với Cu2Cl2/NH3 đều cho kết tủa màu đỏ theo pư: R-C ≡ CH + Cu2Cl2 + NH3→ R-C ≡ CCu + NH4Cl Câu 10.(2,0 điểm) a) Từ metyl xiclopropyl xeton và hợp chất cơ magie tuỳ ý chọn, viết sơ đồ phản ứng điều chế 2,6đimetyl-9-bromnona-2,6-đien. b) Đun nóng neopentyl iotua trong axit fomic (là dung môi có khả năng ion hóa cao), phản ứng chậm tạo thành sản phẩm chính là 2-metyl but-2-en. Hãy trình bày cơ chế phản ứng. c) Dưới đây là các giá trị nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của n-pentan và neopentan. Giải thích sự khác biệt nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giữa các chất này. n-Pentan Neopentan o Nhiệt độ sôi ( C) 36 9,5 Nhiệt độ nóng chảy (oC) -130 -17 ----------Hết----------

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

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

1 (2,0 điểm) b

a 2 (2,0 điểm)

3 (2,0 điểm)

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

4 (2,0 điểm)

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

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

0,5

0,75

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

10,8 = 18 (không có kim 0, 6

0,5

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

5 (2,0 điểm)

6 (2,0 điểm)

10,8 = 27 (Al) 0, 4

Đặt số mol X bằng a Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 0,4.3 + 2a = 0,32.3 + 0,34 ⇒ a = 0,05 3, 2 Vậy X = = 64 (Cu) 0, 05 ⇒ %mAl = 77,14% và %mCu = 22,86% I- + H+ → HI a 2HI + ½ O2 → I2+ H2O I2 + hồ tinh bột → hợp chất màu xanh Kim loại tác dụng được với CO2phảilà kim loai mạnh (nhóm A) nên chỉ có một hóa trị duy nhất và có số mol là x. 4M + a CO2 → 2M2Oa + aC x mol 0,5 x mol Ta có: 0,5x.(2M+ 16a) = 16 (1) Khi cho M tác dụng với H2SO4 vì chưa biết nồng độ nên có thể có 3 khả năng xảy ra: tạo H2 hoặcSO2 hoặc H2S. TH1 : nếu tạo ra H2 2M + a H2SO4→ M2(SO4)a + a H2 x mol ax/2 mol Ta có: xa/2 = 0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 72.a b Biện luận không có a và M thỏa mãn (loại) TH2 : nếu tạo ra SO2 2M + 2a H2SO4→ M2(SO4)a + 2a H2O + aSO2 x mol ax/2 mol Ta có: xa/2 = 0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 72.a Biện luận không có a và M thỏa mãn (loại) TH3: nếu tạo ra H2S 8M + 5a H2SO4→ 4M2(SO4)a + a H2S + 4a H2O x mol ax/8 mol Ta có: xa/8 = 0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 12.a Biện luận có a = 2 và M = 24 thỏa mãn (Mg) TN1: Khi chưa có bột sắt: dung dịch đồng nhất, có màu vàng không đổi. Nguyên nhân, benzen không tác dụng với brom ở điều kiện thường, benzen là dung môi hoà tan brom. Khi cho thêm bột sắt vào hỗn hợp phản ứng thì màu chất lỏng trong ống nghiệm Fe → C6H5Br + HBr nhạt màu dần, do phản ứng: C6H6 + Br2  TN2: Xuất hiện chất lỏng màu vàng nhạt, lắng xuống đáy cốc, đó là nitrobenzen a được tạo thành do phản ứng:

0,5

0,25 0,75

0,25

H 2SO 4 , t 0

C6H6 + HO-NO2  → C6H5NO2 + H2O TN3: Benzen không làm mất màu dung dịch thuốc tím; toluen làm mất màu dung dịch thuốc tím khi ngâm trong cốc nước sôi, do phản ứng:

0,25

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

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

0,25

7 (2,0 điểm) b

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

1,0

0,5

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

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

8 (2,0 điểm)

9 (2,0 điểm)

0,5

0,25

0,25 0,5 0,5

CH3

0,5 H3C

CH3

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

Thật vậy: CO O H

C H3 [O ]

+ H 2O H3C

HOOC

C H3

CO O H

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

C H3 C2H5

CO COOH

[O ]

+ (C H 3C O )2O

- C O 2 - H 2O

0,5

- 2 C H 3C O O H

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

CH3

(C )

(D )

Thật vậy: C

CO-CH3

CH3

+ H2O/Hg2+

+ O3

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

0,5

và C H3 C

C H3

CH + H 2 O /H g 2+

C O -C H 3

C H3

+ O3

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

COCH3 (A)

1. CH3MgBr 2.H2O

CH3 CCH3 OH

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

10 (2,0 điểm)

HBr

HBr/-H2O

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

1,0

C CH2CH2CH=C(CH3)2 OH

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

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

0,5

0,25 0,25

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

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

Câu 1. (2,5 điểm) Nêu hiện tượng và viết phương trình ion rút gọn (nếu có) cho các thí nghiệm sau: a) Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch chứa hỗn hợp FeCl3 và CuSO4. b) Cho từ từ đến dư dung dịch KHSO4 vào dung dịch chứa hỗn hợp NaAlO2 và Na2CO3. c) Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch HCl 1M, đun nóng nhẹ. d) Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch K2HPO3. Câu 2. (2,5 điểm) a) Dùng hình vẽ, mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen. b)Cho hai công thức hóa học: PCl5 và NCl5. Cho biết công thức nào đúng, công thức nào sai? Dựa vào sự tạo thành liên kết cộng hóa trị hãy giải thích vì sao? c) Tính năng lượng liên kết trung bình C - H và C - C từ các kết quả thực nghiệm sau: - Nhiệt đốt cháy CH4 = -801,7 KJ/mol. - Nhiệt đốt cháy C2H6 = -1412,7 KJ/mol. - Nhiệt đốt cháy hiđro = - 241,5 KJ/mol. - Nhiệt đốt cháy than chì = - 393,4 KJ/mol. - Nhiệt hóa hơi than chì = 715 KJ/mol. - Năng lượng liên kết H - H = 431,5 KJ/mol. Các kết quả đều đo được ở 298 K và 1 atm. Câu 3. (2,5 điểm) a) Thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100 ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M được 100 ml dung dịch A, hỏi có kết tủa Mg(OH)2 được tạo thành hay không? Biết: TMg(OH)2 =10-10,95 và K b(NH3 ) = 10-4,75. b) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn các dung dịch sau: i) 10ml dung dịch CH3COOH 0,10M với 10ml dung dịch HCl có pH = 4,00 ii) 25ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 15ml dung dịch KOH có pH= 11,00 Câu 4. (2,5 điểm) Hòa tan hoàn toàn 2,36 gam hỗn hợp M gồm 2 kim loại X và Y trong dung dịch chứa đồng thời hai axit HNO3 và H2SO4 đậm đặc, đun nóng. Sau khi phản ứng kết thúc, thu được 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí Z chỉ gồm T và NO2, dung dịch G có chứa ion X2+, Y+. Biết tỉ khối của Z so với metan là 3,15625. a) Tính khối lượng muối khan thu được sau khi cô cạn cẩn thận dung dịch G (Giả thiết không xảy ra quá trình nhiệt phân các muối trong dung dịch G). b) Xác định khoảng giá trị thay đổi của khối lượng muối khan khi thay đổi tỉ lệ khí T và NO2. Câu 5. (2,5 điểm) Nung m gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO3)2, Fe(NO3)3 và FeCO3 trong bình kín không có không khí. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với không khí là 1,552 (giả sử khí NO2 sinh ra không tham gia phản ứng nào khác). Cho Y tan hoàn toàn trong 100 ml dung dịch gồm KNO3 0,1M và H2SO4 1,5M, thu được dung dịch chỉ chứa 21,23 gam muối trung hòa của kim loại và hỗn hợp khí T có tỉ khối so với không khí là 0,552 (trong đó có một khí hóa nâu trong không khí). Tính m. Câu 6.(2,5 điểm)

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

Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon đồng phân A, B, C. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào 5,75 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02M thu được kết tủa và khối lượng dung dịch tăng lên 5,08 gam. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được, kết tủa lại tăng thêm, tổng khối lượng kết tủa 2 lần là 24,305 gam. a) Xác định công thức phân tử của 3 hiđrocacbon. b) Xác định công thức cấu tạo A, B, C biết: - Cả 3 chất đều không làm mất màu dung dịch brom. - Khi đun nóng với dung dịch KMnO4 loãng trong H2SO4 thì A và B đều cho cùng sản phẩm C9H6O6 còn C cho sản phẩm C8H6O4. - Khi đun nóng với brom có mặt bột sắt A chỉ cho một sản phẩm monobrom. Còn chất B, C mỗi chất cho 2 sản phẩm monobrom. Câu 7. (2,5 điểm) A là hỗn hợp hai andehit X và Y (X có khối lượng phân tử nhỏ hơn Y). Hóa hơi 1,03 gam A ở 60oC và 1,0 atm thì thu được 683 mL hơi. Hấp thụ hết phần hơi này vào lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 10,8 gam Ag và dung dịch B. Thêm HCl dư vào B thấy thoát ra 0,336 lít (đktc) một khí có khả năng làm đục nước vôi trong. Xác định cấu tạo và gọi tên các andehit trong A. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 8. (2,5 điểm) a) So sánh nhiệt độ sôi của các chất sau, giải thích:

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

NaI

X1 (C8H 6Br 4)

X2 (C8 H 6Br 2)

X4 (C16H12) t o

X3 (C8 H 6)

HCl

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

X7 (C16H12)

Br2

o-Xilen

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

H N

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

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

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

Câu

1 (2,5 điểm)

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

c d a b

2 (2,5 điểm) c

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

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

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

Điểm

0,75

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

0,5

⇒ Năng lượng liên kết C-H: EC − H =

1652,7 = 413,715 KJ / mol 2

Phương trình cần tổ hợp: C2H6(k)⇔ 2C(k) + 6H(k)∆Ho = EC-C + 6EC-H Theo bài ra ta có: 7 C2H6(k) + O2⇔ 2CO2 + 3H2O ∆H10 = -1412,7 2 3 - 3∆H02 = -3(-241,5) 3H2O ⇔ O2 + 3H2 2 2CO2⇔ 2O2 + 2C(r) -2∆H03 = 2. 393,4 2C(r)⇔ 2C(k) 2∆H40 = 2. 715 3H2(k)⇔ 6H(k) 3∆H05 = 3.431,5 o C2H6(k)⇔ 2C(k) + 6H(k)∆H ∆Ho = ∆H01 - 3∆H02 - 2∆H03 + 2∆H04 + 3∆H05 = -1412,7 + 3. 241,5 + 2. 393,4 + 2. 715 + 3. 431,5 = -1412,7+ 724,5 + 786,8 + 1430 + 1294,5 = 2823,1 ∆Ho = EC-C + 6EC-H⇒ EC = 2823,1 - 6. 413,715 = 345,7 KJ/mol Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì C Mg2 + ban đầu = 10-2 (M). Ta có: TMg(OH)2 = [Mg2+][OH−]2 = 10-10,95

Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH−]2≥ 10-10,95 10 −10,95 10 −10,95 ⇒ [OH−]2≥ = = 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475 2+ −2 Mg 10 * Dung dịch: NH4Cl 1M + NH3 1M. a cân bằng chủ yếu là: K NH3 = Kb = 10-4,75 NH +4 + OH− NH3 + H2O

[

0,5

]

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

0,5

1− x

⇒ x = 10-4,75 Hay [OH−] = 10-4,75< 10-4,475. Vậy khi thêm 1 ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M thì không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2. i. Dung dịch HCl có pH = 4,0 ⇒ [H+] = [HCl] = 10-4M Sau khi trộn:

3 (2,5 điểm)

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

CHCl =

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

( 5.10

−5

)

+x x

0, 05 − x

= 10−4,76

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

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

0,5

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

(10 ) −3

C A − 10

CA =

−3

= 10−4,76

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

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

10−14 = 10−3 M 10−11

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

1,0

Phản ứng 3,66.10-2 3,75.10-4 0 0 Sau phản ứng (3,66.10-2 – 3,75.10-4 )0 3,75.10-4 3,75.10-4 CH 3 COOH CH 3 COO − + H + C 0 0,036225 3,75.10-4 x x x ∆C [ ] 0,036225– x x+3,75.10-4 x Nên Ka= x(x+3,75.10-4)/(0,036225-x)=10-4,76 → x = 6,211.10-4 pH = 3,207=3,21 Xác định số mol các chất khí Số mol Z = 0,896: 22,4 = 0,04 (mol) M Z = 3,15625.16 = 50,5 M NO2 = 46 < 50,5 < M T ⇒ T là SO2 (M=64)

4 (2,5 điểm)

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

0,5

+6 +4 S + 2e → S

0,02 ← 0,01 +5

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

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

0,5

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

0,5 0,5

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

6 (2,5 điểm)

0,5

nCa(OH)2 = 0,115 mol CO2 + Ca(OH)2 (0,115mol) → CaCO3 (x mol); Ca(HCO3)2 (0,115 – x mol) + Ba (OH) 2  → BaCO3 (0,115 – x mol) + CaCO3 (0,115 – x mol) Nên 100x + (0,115 – x mol).100 + (0,115 – x mol).197 = 24,305 ⇒ x = 0,05 ⇒ nCO2 = 0,05 + 2(0,115 – 0,05) = 0,18 (mol) ⇒ nH2O = (0,05.100 + 5,08 – 0,18.44)/18 = 0,12 (mol) a Gọi công thức phân tử của A là CxHy y CxHy + O2 → xCO2 + H2O 2 0,02 0,02x 0,01y Ta có: 0,02x = 0,18 ⇔ x = 9 và 0,01y = 0,12 ⇔ y = 12 Công thức phân tử của A, B, C là C9H12, [π + v ] = 4.

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

0,5

0,5 0,6

CH2CH3

CH3

0,5

CH3 H3C

H3C

0,5

CH3

CH3 CH3

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

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

0,5

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

8 (2,5 điểm)

CH 3

CHBr 2

Br2

CH3 t

CHBr 2 (X1)

CHBr NaI

0,5 0,5

1,0

(X7)

CHBr (X2)

0,5

(X3)

1,0 (X5)

Cl-

(X6)

H+

(X4)

H O

O +H

HO NH

H2O N

-H2O

H H2O

N +

-H3O

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

0,5

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

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

Câu 1 (2,0 điểm): Hãy viết phương trình phản ứng và nêu hiện tượng xẩy ra khi: a) Sục NO2 từ từ đến dư vào dung dịch KOH có pha quỳ tím. b) Sục NH3 từ từ đến dư vào dung dịch ZnSO4. c) Cho ít vụn Cu vào dung dịch chứa đồng thời KNO3 và HCl. d) Cho 3 giọt dung dịch AgNO3 vào 6 giọt dung dịch Na3PO4 trong ống nghiệm, cho tiếp dung dịch HNO3 loãng vào đến dư. Câu 2 (2,0 điểm): Dung dịch H2S bão hòa có nồng độ 0,1M. a)Tính nồng độ ion sunfua trong dung dịch H2S 0,1M khi điều chỉnh pH = 3,0. Biết hằng số axit của H2S là:K1 = 10-7; K2 = 1,3.10-13 b) Dung dịch A chứa các ion Mn2+ và Cu2+ với nồng độ ban đầu của mỗi ion là 0,01M. Hòa tan H2S vào dung dịch A đến bão hòa và điều chỉnh pH = 3,0 thì ion nào tạo kết tủa? Biết tích số tan của MnS = 2,5.10-10 và CuS = 6,3.10-36 Câu 3 (2,0 điểm): Thủy phân hoàn toàn 2,475 gam halogenua của photpho người ta thu được hỗn hợp 2 axit (axit của photpho với số oxi hóa tương ứng và axit không chứa oxi của halogen). Để trung hòa hoàn toàn hỗn hợp này cần dùng 45 ml dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức của halogenua đó. Câu 4 (2,0 điểm): Chất A có công thức phân tử là C7H8. Cho A tác dụng với AgNO3 trong dung dịch amoniac dư được chất B kết tủa. Phân tử khối của B lớn hơn của A là 214. Viết các công thức cấu tạo có thể có của A. Câu 5 (2,0 điểm): Hấp thụ hoàn toàn 3,36 lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa x mol Ca(OH)2; x mol NaOH và y mol KOH thu được dung dịch chứa 8,66 gam muối (không có bazơ dư) và có 5 gam kết tủa. Tính x, y. Câu 6 (3,0 điểm): Cho 10,62 gam hỗn hợp gồm Fe, Zn vào 800 ml dung dịch hỗn hợp X gồm NaNO3 0,45M và H2SO4 0,9M. Đun nóng cho phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và 3,584 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Dung dịch Y hòa tan được tối đa m1 gam bột Cu, sinh ra V lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất của NO 3− ). a) Tính phần trăm về khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp ban đầu. b) Tính giá trị của m1 và V. c) Cho m2 gam Zn vào dung dịch Y (tạo khí NO là sản phẩm khử duy nhất của NO 3− ), sau phản ứng thu được 3,36 gam chất rắn. Tính giá trị của m2. Câu 7 (2,0 điểm): X có công thức phân tử là C5H12O4. Cho hơi X qua ống đựng CuO đun nóng được chất Y có khối lượng phân tử nhỏ hơn X là 8 đvC. Cho 2,56 gam Y phản ứng với dung dịch AgNO3 trong NH3 được 17,28 gam kết tủa Ag. Tìm công thức cấu tạo của X; Y?

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

Câu 8 (3,0 điểm): Hỗn hợp khí X(ở 81oC và 1,5 atm) gồm H2, một anken A và một ankin B. ChoX đi qua lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 1,61 gam kết tủa và hỗn hợp khí Y (không chứa H2O) thoát ra có thể tích bằng 90% thể tích của X. Nung nóng X với xúc tác Ni để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được hỗn hợp Z chỉ gồm hai chất khí và có thể tích bằng 70% thể tích của X. Tỉ khối của Z so với H2 bằng 9. Khí X, Y, Z đo ở cùng điều kiện. a)Tính thể tích của hỗn hợp khí X và viết công thức cấu tạo phù hợp của A, B. b)Trình bày cơ chế của phản ứng khi cho B tác dụng với HCl dư sinh ra chất D (sản phẩm chính). Câu 9 (2,0 điểm): Tìm các chất thích hợp ứng với các ký hiệu A1, A2, A3, A4, A5 trong sơ đồ sau và hoàn thành các phương trình phản ứng dưới dạng công thức cấu tạo? +O2,xt +Benzen/H+ A3 Crackinh (3) (2) A5 (C3H6O) CnH2n+2 A2 (1) A1(khí) (4) A4 (5) +O2/xt +H O/H+ 2

----------Hết----------

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

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

Câu

1 (2 điểm)

Đáp án Điểm a)Dung dịch KOH ban đầu có màu xanh sau đó nhạt màu và đến mất màu, khi NO2 dư thì dung dịch lại có màu đỏ. 0,5 2NO2 + 2KOH → KNO3 + KNO2 + H2O 2NO2 + H2O → HNO3 + HNO2 b)Lúc đầu có kết tủa màu trắng xuất hiện sau đó khi NH3 dư thì kết tủa bị hòa tan. 2NH3 + 2H2O + ZnSO4 → Zn(OH)2 + (NH4)2SO4 0,5 2+ Zn(OH)2 + 4NH3 → [Zn(NH3)4] + 2OH c)Kim loại Cu tan dần, có khí không màu thoát ra và hóa nâu trong không khí 0,5 3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 2NO + O2 → 2NO2 d)Lúc đầu có kết tủa màu vàng xuất hiện, sau đó khi cho HNO3 dư vào thì kết tủa bị tan 0,5 AgNO3 + Na3PO4 → Ag3PO4 + 3NaNO3 Ag3PO4 + 3HNO3 → 3AgNO3 + H3PO4 a)Theo giả thiết ta có [H2S] = 0,1M; [H+] = 10-3 Trong dung dịch có các cân bằng H2 S H+ + HS- K1 0,5 HS H+ + S2- K2 ⇀ 2H+ + S2- K H2S ↽ 2

2 (2 điểm)

K= K1.K2 = 1,3.10 2-

3 (2 điểm)

-15

-20

 H +  . S2-  =     [ H 2 S]

=>S = 1,3.10 b) Ta có: [Mn2+].[S2-] = 10-2.1,3.10-15 = 1,3.10-17 < TMnS = 2,5.10-10 => không có kết tủa MnS. [Cu2+].[S2-] = 10-2.1,3.10-15 = 1,3.10-17 > TCuS = 6,3.10-36 => có kết tủa CuS Halogenua của photpho có thể có công thức PX3 hoặc PX5. *Xét trường hợp PX3: PTHH PX3 + 3H2O → H3PO3 + 3HX H3PO3 + 2NaOH → Na2HPO3 + 2H2O ( axit H3PO3 là axit hai lần axit) HX + NaOH → NaX + H2O số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX3 cần 5 mol NaOH; số mol PX3 = 1/5 số mol NaOH = 0,09/5 = 0,018 mol Khối lượng mol phân tử PX3 = 2,475/0,018 = 137,5 Khối lượng mol cuả X = (137,5 – 31): 3 = 35,5 ⇒ X là Cl . Công thức PCl3 *Xét trường hợp PX5: PX5 + 4H2O → H3PO4 + 5HX H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 + 3H2O HX + NaOH → NaX + H2O số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX5 cần 8 mol NaOH; số mol PX5 = 1/8 số mol NaOH = 0,09/8 = 0,01125 mol Khối lượng mol phân tử PX5 = 2,475/0,01125 = 220

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

0,5 0,5 0,5

0,5

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

4 (2 điểm)

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

CH C-CH2-CH2-CH2-C

CH C-CH2-CH-C CH CH3

CH2CH3

5 (2 điểm)

6 (3 điểm)

0,5 0,5

CH3 CH C-CH-C

0,5

CH C-C-C

0,5

CH3

nCO2=0,15 ; nCaCO3=0,05 Số mol Ca(OH)2; NaOH và KOH lần lượt là x,x,y nCO32-=(3x+y)-0,15= 3x+y-0,15 nHCO3-=0,15-(3x+y-0,15)= 0,3-3x-y TH1: Ca2+ kết tủa hết ta có x=0,05 ⇒ nCO32-=y ≥0,05 mmuối=40x+23x+39y + 60(3x+y-0,15) +61(0,3-3x-y) = 8,66+5 x=0,05 y=0,0358 <0,05 loại 2+ TH2: Nếu Ca còn trong dung dịch ⇒ nCO32-=0,05 nCO32-=3x+y-0,15= 0,05 ⇒ 3x+y=0,2 (3) mmuối=40x+23x+39y + 60*(0,05) +61(0,3-3x-y) = 8,66+5 Từ (3), (4) ta có x=0,06 y=0,02 Số mol NaNO3 = 0,36 mol số mol H2SO4 = 0,72 mol => số mol H+ = 1,44 mol Ta có các bán phản ứng: (1) NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O (mol): 0,16 ← 0,64 ← 0,48 ← 0,16 Số mol NO = 0,16 mol => H+ và NO3- dư, kim loại phản ứng hết. Số mol NO3- phản ứng = 0,16 mol; số mol H+ phản ứng = 0,64 mol Fe → Fe3+ + 3e (1) Zn → Zn2+ + 2e (2) Gọi số mol Fe là x mol, số mol Zn là y mol Theo khối lượng hỗn hợp ban đầu ta có phương trình 56 x + 65 y = 10,62 (I) Theo định luật bảo toàn electron ta có phương trình 3x + 2y = 0,16.3 (II) Giải hệ phương trình (I), (II) ta có: x = 0,12 và y = 0,06 mol mFe = 0,12.56 = 6,72 g => % mFe = 63,28% % mZn =100% - 63,28 % = 36,72 % Dung dịch Y có 0,2 mol NO3-; 0,8 mol H+; 0,12 mol Fe3+; 0,06 mol Zn2+, khi thêm bột Cu vào dung dịch Y: 3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4 H2O (3) 0,2 (mol): 0,3 ← 0,8 ← 0,2 → 2Fe3+ + Cu → 2Fe2+ + Cu2+ (4) 0,12 → 0,06 Từ phản ứng (3), (4) có tổng số mol Cu = 0,36 mol m1 = 0,36.64 = 23,04 gam

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

0,5

0,5 0,5

0,5

7 (2 điểm)

VNO = 4,48 lít Thêm m2 gam Zn vào dung dịch Y có 0,2 mol NO3-; 0,8 mol H+; 0,12 mol Fe3+; 0,06 mol Zn2+: Do khối lượng Fe3+ = 0,12.56 = 6,72 gam > khối lượng chất rắn bằng 3,36 gam. Nên trong 3,36 gam chất rắn sau phản ứng chỉ có Fe. nFe = 3,36/56 = 0,06 mol 3Zn + 8H+ + 2NO3- → 3Zn2+ + 2NO + 4 H2O (mol) 0,3 ← 0,8 ← 0,2 Zn + 2Fe3+ → Zn2+ + 2Fe2+ (mol) 0,06 ← 0,12 → 0,12 Zn + Fe2+ → Zn2+ + Fe (mol) 0,06 ← 0,06 ← 0,06 Tổng số mol Zn đã phản ứng bằng 0,3 + 0,12 = 0,42 mol => mZn = 27,3 gam Ta thấy X no ⇒ trong X chỉ có nhóm ete hoặc ancol hoặc cả hai. Vì X pư được với CuO nên X chắc chắn có nhóm anol –OH. Khi 1 nhóm CH2– OH chuyển thành –CH=O hoặc CH-OH thành C=O thì số nguyên tử H giảm đi 2 tức là KLPT sẽ giảm 2 đvC. Theo giả thiết thì MY nhỏ hơn MX là 8 đvC nên trong X phải có 4 nhóm –OH(X không có nhóm ete vì X chỉ có 4 oxi) ⇒ Y có CTPT là C5H4O4 hay MY = 128 gam. Số mol Y = 2,56/128 = 0,02 mol; số mol Ag = 0,16 mol. Trong Y chắc chắn có nhóm anđehit –CHO có thể có nhóm xeton C=O . Đặt Y là R(CHO)n ta có R(CHO)n + 2nAgNO3 + 3nNH3 + nH2O → R(COONH4)n + 2nAg + 2nNH4NO3 0,02 0,16 ⇒n = 4 ⇒ X và Y có CTCT lần lượt là CH 2 OH HOH 2 C

CH 2 OH

0,5

1,0

CH=O O=HC

CH=O

0,5

CH 2 OH

8 (3 điểm)

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

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

0,5

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

Crackinh

(A1)

H2SO4

2. CH3-CH=CH2 +

9 (2 điểm)

CH(CH3)2 3.

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

(A3)

1.O2 2.H2SO4(l)

+ CH3-CO-CH3 (A5)

H+

CH3-CH=CH2 + H2O

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

Cu,t0

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

+ H2O

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

0,5

0,5 1,5

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

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

Câu 1 (2,0 điểm): Nêu hiện tượng và viết các phản ứng hóa học xảy ra dưới dạng phương trình ion thu gọn khi tiến hành các thí nghiệm sau: a) Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch chứa AgNO3. b) Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch H2SO4 1M, đun nóng nhẹ. c) Cho từ từ đến dư dung dịch KHSO4 vào dung dịch chứa NaAlO2 và Na2CO3. d) Trộn dung dịch Na2CO3 vào dung dịch FeCl3. Câu 2 (2,0 điểm): Hợp chất A có dạng M3X2. Khi cho A vào nước, thu được kết tủa trắng B và khí C là một chất độc. Kết tủa B tan được trong dung dịch NaOH và dung dịch NH3. Đốt cháy hoàn toàn khí C rồi cho sản phẩm vào nước dư, thu được dung dịch axit D. Cho từ từ D vào dung dịch KOH, phản ứng xong thu được dung dịch E chứa 2 muối. Dung dịch E phản ứng với dung dịch AgNO3 cho kết tủa màu vàng F tan trong axit mạnh. Lập luận để chọn công thức hóa học đúng cho chất A. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Biết M và X đều là những đơn chất phổ biến. Câu 3 (3,0 điểm): 1. Nén hỗn hợp gồm 4 mol nitơ và 16 mol hiđro vào một bình kín có thể tích là 4 lít (chỉ chứa xúc tác với thể tích không đáng kể) đã được giữ ở nhiệt độ không đổi. Khi phản ứng trong bình đạt cân bằng, áp suất trong bình bằng 0,8 lần áp suất lúc đầu (lúc mới cho các khí vào chưa xảy ra phản ứng). Tính hằng số cân bằng của phản ứng. 2. Hỗn hợp rắn X gồm KClO3, KCl, BaCl2 và Ba(ClO3)2. Nung nóng 103,95 gam X với cacbon vừa đủ, đến khi phản ứng hoàn toàn thoát ra 13,44 lít (đkc) khí duy nhất CO2, còn lại hỗn hợp rắn Y gồm KCl và BaCl2. Cho Y tác dụng vừa đủ 522 gam dung dịch K2SO4 10%, lọc bỏ kết tủa được dung dịch Z. Lượng KCl trong dung dịch Z gấp 9 lần lượng KCl trong hỗn hợp X. a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng. b) Tính phần trăm khối lượng của KClO3 trong hỗn hợp X. Câu 4 (2,0 điểm): Hòa tan hoàn toàn 27,04 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al2O3, Mg(NO3)2 vào dung dịch chứa hai chất tan NaNO3 và 1,08 mol H2SO4 (loãng). Sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung hòa và 6,272 lít hỗn hợp Z gồm N2O, H2 (đktc). Tỉ khối của Z so với Metan bằng 1,25. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 2,28 mol NaOH, thu được kết tủa T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 19,2 gam chất rắn. Tính phần trăm khối lượng của nhôm kim loại có trong X. Câu 5 (2,0 điểm): Hỗn hợp X gồm hai ancol A, B có cùng số nhóm chức trong phân tử (MA< MB). Trong một bình kín dung tích 2,80 lít chứa hỗn hợp X và 1,60 gam O2. Nhiệt độ và áp suất của bình là 109,20C và 0,728 atm. Bật tia lửa điện để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X, sau phản ứng, nhiệt độ trong bình là 163,80C và áp suất là p atm. Cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hoàn toàn trong 50,00 ml dung dịch Ba(OH)2 0,36M, thu được 2,167 gam kết tủa và dung dịch Y có khối lượng bé hơn khối lượng dung dịch Ba(OH)2 ban đầu là 0,437 gam. a) Tính áp suất p, biết thể tích của bình không thay đổi. b) Xác định công thức cấu tạo, tên gọi (tên thông thường và tên thay thế) của A, B; phần trăm theo khối lượng của ancol B trong hỗn hợp X. Biết rằng số mol của hai ancol gấp đôi nhau.

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

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

1. ? 2. ?

? O

CH2CH=CHCH2CH3 Br

CH2C CH=CHCH2CH3

CH2CH2CH CHCH2CH3 O

CH2CH=CHCH2CH3 O

? CH2CH=CHCH2CH3 O

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

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

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

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

Câu

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

0,5

−

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

1 (2 điểm)

Điểm

0,5

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

0,5

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

2 (2 điểm)

+H 2 O M3X2  → B ↓ (trắng) + C ↑ (độc) B tan được trong dung dịch NaOH và dung dịch NH3, M là đơn chất phổ biến → B là Zn(OH)2. Kết tủa F màu vàng tan trong dung dịch axit mạnh → F là Ag3PO4 → X là P → A là Zn3P2. Phương trình phản ứng: Zn3P2 + 6H2O  → 3Zn(OH)2↓ + 2PH3↑ (A) (B) (C) Zn(OH)2 + 2NaOH  → Na2[Zn(OH)4] → [Zn(NH3)4](OH)2 Zn(OH)2 + 4NH3 

0,5

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

0,5

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

Ban đầu:

4mol

16 mol

Phản ứng:

xmol

3x mol

Cân bằng:

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

1,0 2x mol 2x mol

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

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

mol ta có tỉ lệ:

P1 n1 = P2 n 2 với P1, P2 lần lượt là áp suất trước, sau phản ứng n1, n2 lần lượt là số mol trước, sau phản ứng

P1 20 = ⇒ n 2 = 16(mol) 0,8P1 n 2 Tổng số mol các chất sau phản ứng là: (4-x) + (16-3x) + 2x = 16

⇒x = 2 Số mol và nồng độ mol/l các chất sau phản ứng là: 2 = 0,5(mol/l) 4

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

n NH3 = 2.2 = 4(mol) ⇒ [NH 3 ]= KC =

10 = 2,5(mol/l) 4

0,5

4 = 1(mol/l) 4

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

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

0,5

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

0,3 mol

0,6 mol

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

4 (2 điểm)

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

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

1,0

0,5

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

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

0,5

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

0,5

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

CX =

5 (2 điểm)

1, 73 − 0, 025.44 = 0, 035 mol 18

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

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

0,5

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

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

0,5

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

6 (3 điểm)

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

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

0,5 0,5 0,5

n CO2

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

11,32 − 0,2.44 = 0,14mol 18

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

0,5

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

0,5

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

0,5

C CH3 CH3 NaNH2

1. C2H5MgBr + CH2CH2CHO 2. H3O

CH2=CHCHO

7 (2 điểm)

H2SO4, to

CH2C CH=CHCH2CH3

Br2/P

O CH2CH=CHCH2CH3 O

8 (2 điểm)

CH2CH2CH CHCH2CH3 OH

CH2CH=CHCH2CH3 Br

dd NaOH

2,0

H2SO4, to

CH2CH=CHCH2CH3 O

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

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

0,5 0,5 0,5

c. Hai cách điều chế:

C2H5OH

K2CrO7 H2SO4

CH3COOH

H2, Ni

CH3COCH3

ThO2, to PBr3

Mg, Hg

CH3COCH3

0,5

Al2O3, to

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

H C

9 (2 điểm)

H C

COOH

HOOC

C COOH

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

C O

+H2O

C H

P2O5

1,0

COOH

C O O

1,0

H C

+ 9/2O2

V O , 350−450o C

2 5  →

C H

+CO2 + H2O

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

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 5

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

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

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

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

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

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

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 6

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

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

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

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

1. B2 H 6

Br2 (E) →

KOH / C2 H 5OH  → (F)

NaNH 2  → (H)

−

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

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

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

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 7

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

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

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

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

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

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

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

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

KOH/H2O

(2)

(3)

(1)

CH3-CO-CH3 D

H+ (4)

1. CH3MgBr 2. H3O+ (6)

(5)

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

CH3 Br

CH3 OH H 3C

COOH CH3

CH3 (A)

(A'

)

----------Hết----------

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

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

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

1 (2,0 điểm)

H H

0,25

Nguyên tử N có trạng thái lai hóa sp3 O

0,25

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

a 2 (2,0 điểm)

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

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

0,25

1,0

0,25 0,25 0,25

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

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

0,25

0, 0045 = 0, 045M 0,1

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

3 (2,0 điểm)

0,1 − x

 → OH + H H 2 O ← 

(2)

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

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

4 (2,0 điểm) b

a 5 (2,0 điểm) b

0,5

x + 0, 045

x −

(1)

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

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

0,5

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

0,5

0,25

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

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

0,5

0,25 0,25

1,0

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

6 (2,0 điểm)

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

CH C-CH2-CH2-CH2-C

CH3 CH

0,25 0,25

CH C-CH2-CH-C CH CH3

CH C-CH-C

0,25

CH C-C-C

CH2CH3

0,25

CH3

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

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

0,5

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

7 (2,0 điểm)

OCH3

OH hoÆc

Eugenol

CH2-CH=CH2

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

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

1,0

Cấu tạo

(B)

(C)

ONa

OCH3

OCH3 OCH3

OCH3

CH2-CH=CH2 ONa

OCH3 OCH3

NaOH

CH2-CH=CH2

OCH3 OCH3

CH3I

OCH3 H2/ Ni

CH2-CH=CH2

OCH3

CH2-CH=CH2

CH2-CH2-CH3

0,5

OCH3 OCH3

OCH3

+ 2KMnO4 + 3H2SO4 CH2-CH2-CH3

8 (2,0 điểm)

CH2-CH2-CH3

CH2-CH=CH2

OCH3

(D)

+ CH3COOH+ 2MnSO4 +K2SO4+ 4H2O COOH

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

0,5

0,25

0,5

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

0,5

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

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

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

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

( 2)

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

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

0,5

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

(

)

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

0,5

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

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

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

0,5

Công thức cấu tạo của các chất là: A

CH3-CHBr-CH3

CH3-CHOH-CH3

CH3-CH=CH2

CH3 E

H3C H3C

1,0

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

N O

O -C, -I

CH2

Cl +C < -I

CH2

CH3 +I

CH2

0,5

O CH3 +C > -I

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

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

C6H4-CH2OH. 1.

OH 2

O Br

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 8

- H2O

OH Br

O Br

OH Br

COOH

0,5

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

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

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

Câu 2 (2,0 điểm): Khí N2O4 kém bền, bị phân ly một phần theo phương trình: N2O4 (khí) 2NO2 (khí) (1) Thực nghiệm cho biết các số liệu sau khi (1) đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm: 35 45 Nhiệt độ (0oC) 72,450 66,800 M h (g)

( M h là khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng) a) Tính độ phân ly α của N2O4 ở các nhiệt độ đã cho. b) Tính hằng số cân bằng Kp của (1) ở mỗi nhiệt độ trên. Câu 3 (2,0 điểm): a) Dung dịch X chứa HCl 4M và HNO3 aM.Cho từ từ Mg vào 100 ml dung dịch X cho tới khi khí ngừng thoát ra thấy tốn hết b gam Mg, thu được dung dịch B chỉ chứa các muối của Mg và thoát ra 17,92 lít hỗn hợp khí Y gồm 3 khí. Cho Y qua dung dịch NaOH dư thấy còn lại 5,6 lít hỗn hợp khí Z thoát ra có d Z / H =3,8. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Thể tích các khí đều đo ở đktc. Tính a, b? 2

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

b) Cho 19,52 gam hỗn hợp bột A gồm Fe và Cu vào dung dịch HNO3, khuấy đều đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 4,48 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc), 400ml dung dịch B và còn lại 1,92 gam một kim loại. Xác định nồng độ mol/l của các chất tan trong dung dịch B. Câu 6(3,0 điểm): a) Thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100 ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M được 100 ml dung dịch A, hỏi có kết tủa Mg(OH)2 được tạo thành hay không? Cho biết: TMg(OH)2 =10-10,95 và K b(NH3 ) = 10-4,75. b) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn 10ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 10ml dung dịch axit fomic (HCOOH) có pH=3,00. Biết Ka của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 10-4,76 và 10-3,75 c) Aspirin (axit axetyl salixilic, o-CH3COO-C6H4-COOH) là axit yếu đơn chức có pKa = 3,49. Độ tan trong nước ở nhiệt độ phòng là 3,55g/dm3. Tính pH của dung dịch Aspirin bão hòa ở nhiệt độ phòng.

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

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

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

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

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

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

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

1 (2,0 điểm)

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

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

Điểm

1,0

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

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

1,0

Đặt a là số mol N2O4 có ban đầu, α là độ phân li của N2O4 ở toC xét cân bằng: N2O4 2NO2 số mol ban đầu a 0 số mol chuyển hóa aα 2aα số mol lúc cân bằng a(1 - α) 2aα Tổng số mol khí tại thời điểm cân bằng là a(1 + α) Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí: 92a 92 = a(1 + α) 1 + α 92 - ở 35oC thì M h = 72,45 → = 72,45 →α = 0,270 1+ α - ở 45oC thì M h = 66,8 α = 0,377

1,0

Mh =

2 (2,0 điểm)

hay 27% hay 37,7%

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

V là thể tích (lít) bình chứa khí b

Và PV = nS. RT → RT =

PV PV = nS a(1 + α)

1,0

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

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

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

nY = 0,8 mol; nZ = 0,25 mol → nNO = 0,55mol Vì khi qua dung dịch NaOH chỉ có khí NO2 hấp thụ nên Z phải chứa khí H2 và khí A ( M Z = 7,6) . 2

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

1,0

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

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

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

Quá trình khử: 2H + 2e H2 → 0,4 mol 0,2 mol N+5 + 1e N+4 → 0,55 mol 0,55 mol N+5 + 3e N+2 → 0,15 mol 0,05 mol Áp dụng bảo toàn electron ta có: 2x = 0,4 + 0,55 + 0,15 → x = 0,55 mol. → b = 0,55.24 = 13,2 gam. nHNO ( pu ) = nNO ( pu ) + nNO (muoi ) = 0,55 + 0,05 + 2 (0,55 – 0,2) = 1,3 mol. 3

→ [ HNO3 ] =

4 (2,0 điểm)

− 3

1,3 = 13M → a = 13M. 0,1

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

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

a 5 (2,0 điểm)

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

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

1,0

1,5 0,5

1,0

Gọi a, b lần lượt là số mol Fe và Cu đã phản ứng. ⇒ 56a + 64b = 19,52 – 1,92 = 17,6 (1) Các quá trình oxi hóa – khử: Fe → Fe 2+ + 2e a a 2a (mol) 2+ Cu → Cu + 2e b b 2b (mol) +5 +2 N + 3e → N 0,6 0,2 (mol) Theo phương pháp bảo toàn electron ta có: 2a + 2b = 0,6 (2). Giải (1) và (2) ta được: a = 0,2; b = 0,1. ⇒ Nồng độ dung dịch của Fe(NO3)2 là 0,2/0,4 = 0,5M, ⇒ Nồng độ dung dịch của Cu(NO3)2 là 0,1/0,4 = 0,25M Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì C Mg2 + ban đầu = 10-2 (M). Ta có: TMg(OH)2 = [Mg2+][OH−]2 = 10-10,95

Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH−]2≥ 10-10,95 10−10,95 10−10,95 ⇒ [OH−]2≥ = = 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475 −2 2+ 10  Mg  a

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

1,0

K NH3 = Kb = 10-4,75

1− x

⇒ x = 10-4,75 Hay [OH−] = 10-4,75< 10-4,475. Vậy khi thêm 1 ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M thì không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2. Dung dịch CH3COOH có pH = 3,0 ứng với CCH3COOH = 0, 0585M Dung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic

6 (3,0 điểm)

(10 ) = − pH

CHCOOH

K HCOOH Sau khi trộn lẫn:

7 (2,0

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

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

CCH3COOH = CHCOOH

+ 10− pH =

Bảo toàn điện tích : [H+]=[CH3COO-]+[HCOO-] Ta có: h= C1Ka1/(Ka1+h)+ C2Ka2/(Ka2+h) → h3+h2(Ka1+Ka2)+h(Ka1Ka2 –C1Ka1-C2Ka2 )-( C1Ka1Ka2 +C2 Ka1Ka2)=0 Ta có h= 9,997.10-4. Nên pH = 3,00 Kí hiệu aspirin là HA, nồng độ dung dịch bão hòa [HA] = 3,55/180 = 1,97.102 [ H + ][ A− ] [ H + ]2 = = 10 −3,49 −2 + [ HA] 1, 97.10 − [ H ]

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

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

1,0

0,5

điểm)

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

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

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

8 (2,0 điểm)

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

CH2

1,0 CH CH2

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

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

2O3

CH2

O CH CH2 CH

O O

CH2

1,0

O O + H2O/Zn

HOC CH2 CHO

2HCHO

2H2O2

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

9 (3,0 điểm)

1,0

Sơ đồ tổng hợp: 1,0 Và:

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

1,B2H6 2,H2O2

3,NaOH

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 9

1,0

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

Câu 1. (2,0 điểm) 1) Trong mỗi chén sứ A, B, C đựng một muối nitrat. Trong đó B, C là muối nitrat của kim loại hóa trị 2. Nung các chén sứ ở nhiệt độ cao ngoài không khí tới phản ứng hoàn toàn, sau đó làm nguội người ta thấy: - Trong chén A không còn dấu vết gì. - Cho dung dịch HCl vào chén B thấy thoát ra một khí không màu, hoá nâu ngoài không khí. - Trong chén C còn lại chất rắn màu nâu đỏ. Xác định các chất A, B, C và viết phương trình minh họa. 2) Hòa tan hết m gam hỗn hợp X (oxi chiếm 8,75% về khối lượng) gồm Na, Na2O, K, K2O, Ba và BaO vào nước, thu được 400 ml dung dịch Y và 1,568 lít H2 (đktc). Trộn 200 ml dung dịch Y với 200 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,2M và H2SO4 0,15M thu được 400 ml dung dịch có pH = 13. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định giá trị của m. Câu 2. (2,0 điểm)

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

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

Câu 3. (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 27,04 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al2O3, Mg(NO3)2 vào dung dịch chứa hai chất tan NaNO3 và 1,08 mol H2SO4 (loãng). Sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung hòa và 6,272 lít hỗn hợp Z gồm N2O, H2 (đktc). Tỉ khối của Z so với Metan bằng 1,25. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 2,28 mol NaOH, thu được kết tủa T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 19,2 gam chất rắn. Tính phần trăm khối lượng của nhôm kim loại có trong X. Câu 4. (2,0 điểm) Hấp thụ hết V lít khí CO2 (đktc) vào dung dịch chứa a mol NaOH được dung dịch A. Biết rằng nếu cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch A thì phải mất 50ml dd HCl 1M mới thấy bắt đầu có khí thoát ra. Mặt khác cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch A được 7,88 gam kết tủa. Tính V và a. Câu 5. (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 1,62 gam nhôm trong 280 ml dung dịch HNO3 1M được dung dịch A và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Mặt khác, cho 7,35 gam hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì liên tiếp vào 500ml dung dịch HCl, được dung dịch B và 2,8 lít khí H2 (đktc). Khi trộn dung dịch A vào dung dịch B thấy tạo thành 1,56 gam kết tủa. 1) Xác định tên 2 kim loại kiềm. 2) Tính nồng độ mol/lít của dung dịch HCl đã dùng. Câu 6. (2,0 điểm) Cho 5,04 lít (đktc) một hỗn hợp khí X (gồm hai ankan A, B kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng và một anken D) sục qua bình đựng dung dịch brom thì phản ứng vừa đủ với 12 gam brom. 1) Xác định công thức phân tử và % thể tích các chất trong X. Biết 11,6 gam X làm mất màu vừa đủ 16 gam brom. 2) Đốt cháy hoàn toàn 11,6 gam hỗn hợp X bằng một lượng oxi vừa đủ, sản phẩm đốt cháy được hấp thụ hoàn toàn vào bình Y chứa 2 lít dung dịch NaOH 0,4M. a) Khối lượng bình Y tăng lên bao nhiêu gam? b) Tính khối lượng các chất tan trong bình Y? Câu 7. (2,0 điểm) Chia hỗn hợp gồm 2 ancol no mạch hở P và Q làm 2 phần bằng nhau. - Cho phần thứ nhất tác dụng hết với Na dư thu được 0,896 lít khí (đktc). - Đốt cháy hết phần thứ hai thu được 3,06 gam H2O và 5,28 gam CO2. Xác định công thức cấu tạo của 2 ancol, biết rằng khi đốt V thể tích hơi của P hoặc Q thì thể tích CO2thu được (trong cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất) đều không vượt quá 3V. Câu 8. (2,0 điểm) 1)Hỗn hợp A gồm ba ankin M, N, P có tổng số mol là 0,05 mol, số nguyên tử cacbon trong mỗi chất đều lớn hơn 2. Cho 0,05 mol A tác dụng với dung dịch AgNO3 0,12M trong NH3 thấy dùng hết 250 ml và thu được 4,55gam kết tủa. Nếu đốt cháy 0,05 mol A thì thu được 0,13 mol H2O. Xác định công thức cấu tạo của M, N, P. Biết ankin có khối lượng phân tử nhỏ nhất chiếm 40% số mol của A. 2) Cho các hydrocacbon mạch hở A, B, X, Y đều có tỷ khối hơi so với H2 bằng 28. Hãy xác định công thức cấu tạo và tên gọi của A, B, X, Y? Biết: - Cho A, B tác dụng với Br2/CCl4 đều cho cùng một sản phẩm hưu cơ. - Cho X tác dụng với axit HBr cho 2 sản phẩm hữu cơ. - Cho Y cho phản ứng H2 (xúc tác Ni, nung nóng) thu được một ankan có mạch phân nhánh.

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

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

Xiclohexanol HBr

1. Li 2. CuI 3.

CH2

NBr

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

KOH C2H5OH

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

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

H2SO4

OH O

----------HẾT----------

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

Câu

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

Điểm

t C Hg(NO3)2 → Hg + 2NO2 + O2 0

1 (2,0 điểm)

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

t C Ca(NO3)2 → Ca(NO2)2 + O2 0

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

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

1,0

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

2 (2,0 điểm)

3 (2,0 điểm)

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

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

1,0

0,5

1,0

0,5

0,25

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

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

0,5

4 (2,0 điểm)

5 (2,0 điểm)

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

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

0,5

1,0

0,5

Gọi công thức của 2 ankan là Cn H 2 n

(1< n < 4)

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

⇒ nX =

16 = = 0,1(mol ) 160

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

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

6 (2,0 điểm)

0,5

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

0,5

7 (2,0 điểm)

8 (2,0 điểm)

t CnH2n+2Ox+ (3n + 1 – x)/2O2  → nCO2+ (n +1)H2O Theo phương trình: tổng số mol A + B = 0,17 – 0,12 = 0,05 mol CnH2n+2Ox + xNa  → CnH2n+2- x(ONa)x + 0,5xH2 0,12 0, 04 x 2 =1,6 → phải có 1 ancol đơn chức Dễ thấy: n = = 2, 4 và x = 0, 05 0, 05 Theo giả thiết, số nguyên tử các bon trong mỗi ancol đều không quá 3 nên: * Trường hợp 1: Ancol đơn chức có số Cacbon = 3 (C3H7OH) → Ancol đa chức còn lại có số Cacbon < 2,4 và số mol OH > 1,6 → Đó là CH2OH – CH2OH (số nhóm OH không vượt quá số C) * Trường hợp 2: Ancol đơn chức có số Cacbon = 2 (C2H5OH) → Ancol đa chức còn lại có số Cacbon > 2,4 và số nhóm OH ≤ 3 → Là C3H8Ox Sử dụng PP đường chéo → x = 2,5 → Loại vì giá trị x không nguyên * Trường hợp 3: Ancol đơn chức có số Cacbon = 1 (CH3OH) → Ancol đa chức còn lại có số Cacbon > 2,4 và số nhóm OH ≤ 3 → Là C3H8Ox Sử dụng PP đường chéo → x = 1,857 → Loại vì giá trị x không nguyên Vậy ancol cần tìm là C3H7OH và CH2OH – CH2OH. Giả sử M là ankin có KLPT nhỏ nhất ⇒ nM = 0,4.0,05 = 0,02(mol) n(AgNO3) = 0,25.0,12 = 0,03 (mol) < 0,05 (mol) ⇒ trong ba ankin có hai ankin có xảy ra phản ứng với AgNO3/NH3 và một 1 ankin không có phản ứng. Gọi công thức chung của hai ankin là CnH2n – 2 Pt: CnH2n – 2 + AgNO3 + NH3  → CnH2n – 3Ag + NH4NO3

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

0,5

4,55 = 151, 667 ⇒ n = 3,33 0, 03 Số nguyên tử cacbon mỗi ankin đều lớn hơn 2 ⇒ có một ankin nhỏ nhất là C3H4 Gọi công thức của ankin có phản ứng còn lại là CaH2a – 2 0, 02.3 + 0, 01.a 10 ⇒ = =n 0, 03 3 ⇒ a = 4 ; ankin đó là but – 1 – in Gọi công thức của ankin không có phản ứng với AgNO3/NH3 là CbH2b – 2 ⇒ số mol H2O theo phản ứng cháy là 0,02.2 + 3.0,01 + 0,02.(b – 1) = 0,13 ⇒ b = 4 ⇒ C4H6 ( but – 2 – in) Vậy công thức cấu tạo của ba ankin là: H3C C CH H3C C C CH3 H3C CH2 C CH ; ; -CTPT: M = 28.2 = 56 g/mol 12x + y = 56  x = 4 ⇒ - Ta có  ⇒ CTPT là C4H8 y = 8  y ≤ 2x + 2 Vậy A, B, X, Y là đồng phân của nhau. Theo điều kiện đề bài: vì mạch hở nên chúng là các an ken A, B là 2 đồng phân cis-trans ; Y mạch nhánh ⇒ X là anken bất đối mạch không nhánh Các công thức cấu tạo của X: CnH2n – 3Ag =

0,5

CH3 H

CH3

;

C=C

CH3 C=C

CH3

trans-but-2-en

H Cis-but-2-en (B)

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

0,5

CH2=C-CH3

;

CH3 Isobutilen (Y)

a) Công thức cấu tạo của hai axit COOH 1

0,5

1 9 (2,0 điểm)

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

0,5

1,0

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

C O

10 (2,0 điểm)

[H ] -H2O

1) O3

- H2 O

[H+]

H3 O+

1) LAH 2) H2O

2) DMS

1,0

-H2O HO

-H

1,0

OH HO

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 10

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

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

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

Chất ∆H (kJ.mol-1)

N2 0

H2 0

NH3 − 46,19

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

191,49

130,59

192,51

0 298

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

Câu 3 (2,0 điểm): Dung dịch HNO2 có Ka = 10-3,29. a) Tính pH của dung dịch HNO2 0,1M. b) Thêm 100 ml dung dịch NaOH 0,08M vào 100 ml dung dịch HNO2 0,1M thu được dung dịch A. Tính pH của dung dịch A. Câu 4 (2,0 điểm): Nung 9,28g hỗn hợp A gồm FeCO3 và một oxit sắt trong không khí đến khối lượng không đổi. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 8g một oxit sắt duy nhất và khí CO2. Hấp thụ hết lượng khí CO2 vào 300 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M, kết thúc phản ứng thu được 3,94 gam kết tủa. 1) Tìm công thức hóa học của oxit sắt. 2) Cho 9,28 gam hỗn hợp A tác dụng với dung dịch HCl dư, sau khi các phản ứng kết thúc thu được dung dịch B. Dẫn 448 ml khí Cl2 (đktc) vào B thu được dung dịch D. Hỏi D hòa tan được tối đa bao nhiêu gam Cu? Câu 5 (2,0 điểm): Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Zn, FeCO3, Ag bằng dung dịch HNO3 loãng, thu được hỗn hợp A gồm 2 khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu trong không khí, tỉ khối của A so với hiđro bằng 19,2 và dung dịch B. Cho B tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa, nung đến khối lượng không đổi, phản ứng hoàn toàn, thu được 2,82 gam chất rắn. Biết rằng mỗi chất trong hỗn hợp chỉ khử HNO3 tạo thành một sản phẩm khử và trong hỗn hợp số mol Zn bằng số mol FeCO3. Xác định sản phẩm khử đã cho và tính số mol mỗi chất trong m gam hỗn hợp ban đầu. Câu 6 (2,0 điểm): Chia 17 gam hỗn hợp gồm hai anđehit đơn chức (trong đó có một andehit mạch cacbon phân nhánh) thành hai phần bằng nhau. - Phần 1: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 43,2 gam Ag. - Phần 2: Đốt cháy hoàn toàn thu được 10,08 lít khí CO2 (đktc) và 6,3 gam H2O. Xác định CTPT, viết CTCT và gọi tên hai anđehit trên. Câu 7 (2,0 điểm): 1) Phân tích 1 terpen A có trong tinh dầu chanh thu được kết quả sau: C chiếm 88,235% về khối lượng, khối lượng phân tử của A là 136 (đvC). A có khả năng làm mất màu dd Br2 , tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:2, không tác dụng với AgNO3/NH3. Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ: anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal. Xác định công thức cấu tạo của A. 2) Hợp chất hữu cơ X có cấu tạo mạch hở, có công thức phân tử C4H7Cl và có đồng phân hình học. a) Viết các công thức cấu tạo của X. b) Cho X tác dụng với dung dịch NaOH trong điều kiện phù hợp thu được sản phầm bền có công thức C4H8O. Xác định công thức cấu tạo đúng của X. Câu 8 (2,0 điểm): Hợp chất hữu cơ X chỉ chứa các ngyên tố: C, H, Br. Trong X khối lượng Brom chiếm 65,57%, khối lượng mol của X nhỏ hơn 250 gam. Cho X tác dụng với Natri, đốt nóng thì thu được chất hữu cơ Y chỉ có 2 nguyên tố. Cho Y tác dụng với Br2 trong CCl4 tạo ra 3 sản phẩm cộng: X, Z, T trong đó X là sản phẩm chính.

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

1) Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, T. 2) Hãy cho biết Y có mấy đồng phân cấu hình? Biểu diễn một cấu trúc của Y và đọc tên theo IUPAC.

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

CH =O

;

CH2Cl

;

COCH3

;

CH(OH)CH3

;

2)Có ba hợp chất: A, B và C HO

C CH 3

CH 3

OH O

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

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

H 3C

COOEt

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

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

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

Điểm 0,5

2NO + O 2  → 2NO 2

1 (2,0 điểm)

b c d

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

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

0,5 0,5 0,5

1 2 (2,0 điểm)

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

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

0,5

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

0,5

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

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

3 (2,0 điểm)

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

0,5

(1)

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

0,5

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

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

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

0,5

Ka =

x ( x + 0, 04 )

= 10-3,29 ⇒ x = 1,26.10-4 ⇒ pH = 3,9.

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

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

Pthh:

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

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

4 (2,0 điểm)

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

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

0,5

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

5 (2,0 điểm)

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

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

0,5

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

6 (2,0 điểm)

7 (2,0 điểm)

CH3

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

0,5

1 8 (2,0 điểm)

a) CH3–CH2–CH=CHCl; CH3–CH=CH–CH2Cl; CH3–CH=CCl–CH3 b) CH3–CH=CH–CH2Cl Công thức tổng quát của X: CxHyBrn. Xét n = 1, không tìm được x,y thỏa mãn. n = 2 cặp nghiệm thỏa mãn x, y là: x = 6, y = 12 n = 3 MX < 250 Vậy công thức phân tử của X là: C6H12Br2 + Na , t ° X → Y ( có 2 nguyên tố) (1) Y + Br2/CCl4  (2) → 3 sản phẩm là đồng phân cấu tạo ... Từ (1) và (2) ⇒ (1) là phản ứng đóng vòng tạo ra chất mạch vòng 3 cạnh ta có: Y X CH3 – CHBr – CH2 – CHBr – CH2 – CH3 Z CH3 – CHBr – CH(CH2Br) – CH2 – CH3 T CH3 – CH(CH2Br) – CHBr – CH2 – CH3 - Y có 2 cacbon bất đối nên có 4 đồng phân quang học. tên gọi: - 1 cấu trúc của Y: (1R,2S)-1-etyl-2-metylxiclopropan

0,75 0,25 0,5

1,0

0,5

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

OH Br

+ 3 Br2

+ 3HBr

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

R1 O2N

+ H2O

NH - N = C

NO2

1 9 (2,0 điểm)

NH - NH2

NO2

1,0

C - CH3 + 3 I2 + 3 NaOH

C - CI3 + 3 NaI + 3 H2O

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

CH2OH

+ NaOH

+ NaCl

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

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

0,5

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

CH 3OH

H+

C2H4 + H2O

CH3Br C2H 5OH

C2H5ONa HNO 3

COOH

1 10 (2,0 điểm)

EtOH/H+

COOEt

COOH

C2H5ONa

COOEt

BuO-

H 3C

EtOOC

COOEt

EtOOC

CH 3[CH2] 5CH 2Br

OH-

1,0

CH3Br

COOEt

C2H5ONa O

EtOOC

0,5

-OOC

COO-

H+

HOOC

[CH 2 ]6 CH 3

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 11

1,0

[CH 2 ]6 CH 3

COOH o

COOEt

CH 3[CH2] 7COOH

[CH 2]6 CH 3

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

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

Phản ứng

∆H o298 ( kJ )

(1)

2NH3 + 3N2O  → 4N2 + 3H2O

(2)

N2O + 3H2  → N2H4 + H2O

(3)

2NH3 + 0,5O2  → N2H4 + H2O

(4)

→ H2O H2 + 0,5O2 

− 1011 − 317 − 143 − 286

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

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

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

xảy ra theo chiều nào ở điều kiện chuẩn.

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

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

Câu 3 (2,5 điểm): Dung dịch HNO2 có Ka = 10-3,29. a) Tính pH của dung dịch HNO2 0,1M. b) Thêm 100 ml dung dịch NaOH 0,08M vào 100 ml dung dịch HNO2 0,1M thu được dung dịch A. Tính pH của dung dịch A. Câu 4 (2,5 điểm): Cho m1 gam hỗn hợp gồm Mg, Al vào m2 gam dung dịch HNO3 24%. Sau khi các kim loại tan hết có 8,96 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X gồm NO, N2O, N2 bay ra (ở đktc) và dung dịch A. Thêm một lượng vừa đủ O2 vào X, sau phản ứng thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư có 4,48 lít hỗn hợp khí Z đi ra (ở đktc). Tỷ khối của Z đối với H2 bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào A để được lượng kết tủa lớn nhất thu được 62,2 gam kết tủa. a) Tính m1, m2. Biết lượng HNO3 lấy dư 20% so với lượng cần thiết. b) Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch. Câu 5 (3,0 điểm): Chia 2,24 lít (đktc) hỗn hợp X gồm hai anken phân tử khác nhau hai nhóm CH2 thành hai phần bằng nhau: Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn rồi cho sản phẩm cháy qua dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 12,5 gam kết tủa. Phần 2:Cho tác dụng hoàn toàn với nước có xúc tác thu được hỗn hợp chỉ gồm 2 ancol. Đun nóng hỗn hợp 2 ancol với H2SO4 đặc ở 1400C một thời gian, thu được 1,63 gam hỗn hợp 3 ete. Hoá hơi lượng ete thu được 0,4256 lít (đktc). a) Xác định công thức cấu tạo của hai anken và tính phần trăm theo thể tích mỗi chất trong X. b) Xác định hiệu suất tạo ete của mỗi ancol. Câu 6 (2,5 điểm): X có công thức phân tử là C5H12O4. Cho hơi X qua ống đựng CuO đun nóng được chất Y có khối lượng phân tử nhỏ hơn X là 8 đvC. Cho 2,56 gam Y phản ứng với dung dịch AgNO3/NH3 được 17,28 gam kết tủa Ag. Cho X vào dung dịch NaBr bão hòa rồi thêm từ từ H2SO4 đặc vào thì được chất Z không có oxi. Đun nóng Z trong bột Zn được chất Q có tỉ khối so với hiđro < 45. Tìm công thức cấu tạo của X; Y; Z và Q? Câu 7 (2,0 điểm): Hợp chất X có công thức phân tử C9H10O2 phản ứng với dung dịch NaHCO3 giải phóng khí CO2. X không làm mất màu dung dịch nước brom. X không phản ứng với CH3OH khi có mặt H2SO4 đặc. Khi cho H2SO4 đặc vào X sau đó cho hỗn hợp vào CH3OH đã được làm lạnh thì thu được hợp chất B có công thức phân tử C10H12O2. Hãy viết công thức cấu tạo của A. Giải thích các tính chất trên của A và cơ chế phản ứng tạo thành B.

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

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

Crackinh

(1)

(2) (4) +H2O/H+

+O2,xt (3)

A5 (C3H6O)

(5) +O2/xt

----------Hết----------

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

1 (2,5 điểm)

o 298

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

→ 2NH3 + 3N2O 4N2 + 3H2O 

−∆H1

3N2O + 9H2  → 3N2H4 + 3H2O

3∆H2

2NH3 + 0,5O2  → N2H4 + H2O

∆H 3

→ H2 + 0,5O2 H2O 

Điểm

1,0

−∆H 4

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

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

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

0,5

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

2 (2,0 điểm)

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

H 2SO 4

0,5 0,5 0,5

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

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

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

H+

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

0,5

CH 2 CH CH 2 CH 3 (Y)

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

3 (2,5 điểm)

0,5

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

⇀ H + + NO −2 Ka = 10-3,29 HNO2 ↽ b

0,5

(1)

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

0,5

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

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

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

0,5

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

a 4 (2,5 điểm)

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

5 (3,0 điểm)

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

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

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5 0,5

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

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

0,5

6 (2,5 điểm)

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

Số mol ancol phản ứng = 0,038 mol.  x + y = 0, 038 Ta có → x = 0,03; y = 0,008.  46 x + 74 y = 1,972 Hiệu suất của C2H5OH = 80%; Hiệu suất của C4H9OH = 64%. Ta thấy X no ⇒ trong X chỉ có nhóm ete hoặc ancol hoặc cả hai. Vì X pư được với CuO nên X chắc chắn có nhóm anol –OH. Khi 1 nhóm CH2– OH chuyển thành –CH=O hoặc CH-OH thành C=O thì số H giảm đi 2 tức là KLPT sẽ giảm 2 đvC. Theo giả thiết thì MY nhỏ hơn MX là 8 đvC nên trong X phải có 4 nhóm –OH(X không có nhóm ete vì X chỉ có 4 oxi) ⇒ Y có CTPT là C5H4O4 hay MY = 128 gam. Số mol Y = 2,56/128 = 0,02 mol; số mol Ag = 0,16 mol. Trong Y chắc chắn có nhóm anđehit –CHO có thể có nhóm xeton C=O . Đặt Y là R(CHO)n ta có R(CHO)n + 2nAgNO3 + 3nNH3 + nH2O → R(COONH4)n + 2nAg + 2nNH4NO3 mol: 0,02 0,16 ⇒n = 4

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

0,5

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

HOH 2 C

CH=O

CH 2 OH

O=HC

0,5

CH=O

CH 2 OH

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

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

H O H2C

0,5

C H2Br

C H2O H +

C H2O H

4HBr

BrH2C

C H2O H

C H2Br

+ 4 H 2O

C H2Br

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

C H2

C H2Br

+ 2Zn

H2C

C H2Br

7 (2,0 điểm)

CH2

0,5 + 2 Z n B r2

C H2

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

0,5 0,5 0,5

0,5

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

Crackinh

(A1)

8 (3,0 điểm)

CH(CH3)2 3.

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

H2SO4

2. CH3-CH=CH2 +

(A3)

1.O2 2.H2SO4(l)

+ CH3-CO-CH3 (A5)

H+

CH3-CH=CH2 + H2O

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

Cu,t0

0,5

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

+ H2O

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

2,5 (Mỗi phản ứng đúng được 0,5đ)

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

ĐỀ 1

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

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

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 3/

Câu II 1/

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

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

nNa CO = 2 3

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

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

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

1 2

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

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

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

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

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

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

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

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

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

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

B = 1,5 => B là C3H6; A là C2H4 A

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

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

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

2. M + aHCl → MCla +

(*)

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

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

2,016 = 0,09mol 22, 4

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

(**)

0,06 a

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

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

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

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

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

Ptpư: CxHyOz + ( x +

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

MA = M A =

0, 2 = 0,05mol 4

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

CTPT của A là C3H6O Các CTCT có thể có của A: 1. CH3 – CH2 – CH=O 2. (CH3)2 – C =O 3. CH2 = CH – CH2OH 4. CH2 = CH – O – CH3 ĐỀ 2 Câu 1 : ( 4 điểm )Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003M là 0,1 mol / lit . Nếu thêm vào dung dịch này các ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10-4 M thì ion nào sẽ kết tủa dưới dạng sunfat ? Biết TMnS = 3.10-14, TCuS = 8.10-37; K H 2 S = 1, 3.10−21 Câu 2 : ( 3 điểm )Cho dung dịch CH3COOH 0,1M. Biết K CH3COOH =1, 75.10−5 . a/ Tính nồng độ của các ion trong dung dịch và tính pH. b/ Tính độ điện li α của axit trên. Câu 3 : (4 điểm )Cho các đơn chất A, B, C . Thực hiện phản ứng : A + B X X + H2 O NaOH + B B + C Y 1:1 Y + NaOH Z + H2O → Cho 2,688 lit khí X ( đkc ) qua dung dịch NaOH thì khối lượng chất tan bằng 2,22 gam . Lập luận xác định A, B, C và hoàn thành phản ứng . Câu 4 : ( 5 điểm ) Cho 13 gam hỗn hợp A một kim loại kiềm M và một kim loại M’ ( hóa trị II ) tan hoàn toàn vào nước tạo thành dung dịch B và 4,032 lít H2 (đktc). Chia dung dịch B làm 2 phần bằng nhau :Phần 1 : Đem cô cạn thu được 8,12 gam chất rắn X. Phần 2 : Cho tác dụng với 400 ml dung dịch HCl 0,35 mol tạo ra kết tủa Y. a. Tìm kim loại M, M’. Tính số gam mỗi kim loại trong hỗn hợp A. b. Tính khối lượng kết tủa Y. Câu 5 : ( 4 điểm ) Hỗn hợp khí X gồm 2 hydrocacbon A, B mạch thẳng. Khối lượng phân tử của A nhỏ hơn khối lượng phân tử của B. Trong hỗn hợp X, A chiếm 75% theo thể tích. Đốt cháy hoàn toàn X cho sản phẩm hấp thụ qua bình chứa dung dịch Ba(OH)2 dư, sau thí nghiệm khối lượng dung dịch trong bình giảm 12,78 gam đồng thời thu được 19,7 gam kết tủa.

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

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

ĐÁP ÁN [H+]=0,003 M 2H+ + S2-

0,5 điểm 0,5 điểm

K H 2S

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

1 điểm

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

=> MnS không kết tủa.

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

=> CuS kết tủa.

0,5 điểm

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

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

α=

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

kết tủa nên M’ có hydroxyt lưỡng tính.

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

M + H2O = MOH +

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

1 điểm

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

nHCl = 0,14mol

0,5 điểm

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

(1)

⇒

0,5 điểm

1 điểm

x + 2 y = 0,36 18 x

= 3, 6

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

y H 2O 2

CO2 + Ba ( OH ) 2 → BaCO3 + H 2O ax

1 điểm

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

ax =

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

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

44ax + 18

A : CnH2n+2

; B : CmH2m+2

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

0,5 điểm

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

1 7( loại )

2 4

3 1( loại )

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

0,5 điểm 0,5 điểm

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

t (1) A + B → C

(3) C

2NaOH

(2) 2B

H2O

E H2O (4) C + 2HCl → 2F + D +H2O

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

(5) A + NaCl → G + F (7) B + HNO2 → H

t (6) G → E + D + H2O 0

t (8) H → N2 + H2O

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

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

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

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

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

(6) (7)

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

∑n

CO2

(pứ 1,2) = 0,68mol

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

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

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

C2 H 2  C3 H 4

C2 H 2 hoặc  C4 H 6

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

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

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

m A+ B = 23 - mBa

14, 385 gam

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

10 , 67 gam

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

8,6 ≈ 27 〈 M 0,32

0 , 32 gam

(A + B)

〈

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

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

ĐÁP ÁN

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

I2 (K) 0,4(mol/lít) 0,25 (mol/lít )

2HI (K) 0,3 (mol/lít )

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

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

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

Ta có K cb =

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

1 K cb

1 5 = 6 1,44

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

K tp .C =

Kw C = Ka

10 −14.0,2 = 10-5 2.10 −5

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

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

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

Ka =

[CH 3 COOH]

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

-5

⇒ pH = 4,52.

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

Đầu phản ứng: Lúc cân bằng:

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

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

H+

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

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 ⇒

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

Oximen

Linalol

OH +

Linalol 4.2.

to/xt

2H2

+Ni/to

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

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

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

Theo giả thiết: Ta có:

nI = 9 ;

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

33% 15% 30%

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

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

+ CH3-CH=O

→

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

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

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

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

+ MgICl

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

CH3-MgI +

CH2

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

NH3

P cao, t0

+H2O

A3(khí)

+ NaOH

A4 (khí)

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

CÂU

Câu 1 (5 ®)

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

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Câu 2 (4 đ)

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

n CO2 (1)

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

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

Câu 3 (6đ )

(1) (2) (3)

6,534 = 0,044 297

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

CH3

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

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

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

[ ]

Câu 4 ( 5đ)

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

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

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

C6H5NH2 + Fe3O4

b) FeS2 + H2SO4 c) Al

+ HNO3

d) Fe

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

HNO3

Fe(NO3)3 + NxOy↑ + H2O

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

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

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

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

Câu I (4,5 đ)

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Điểm

Nội dung

SO2 → Na2SO3 → BaSO3 → SO2

2,0

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

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

II (2,0đ)

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

0,5

2,0

1,0

CH2=CH-CH2-CH3 + Br2

CH3-CH2- C H-CH2Br + Br − +

CH3-CH2-CHBr- C H2 + Br −

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

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

III (4,0đ)

IV (4,5đ)

−

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

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

2,5 1,0

1,0

0,5

1,5

3,5 1,0

1,0

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 (6)

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

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

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

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

E B A

C2H2

CH3CHO C D A

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

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2. Cho 22 gam Y tác dụng với clo dư thu được m1 gam muối. Nếu cho 22 gam Y tác dụng với Iot dư thu được m2 gam muối. Biết m2 – m1 = 139,3 gam. Tính khối lượng mỗi kim loại trong 22 gam Y. Bài 7. Hoà tan 0,54 gam Al trong 0,5 lít dung dịch H2SO4 0,1M được dung dịch A. Thêm V lít dung dịch NaOH 0,1M vào dung dịch A thu được dung dịch B và kết tủa C. Nung kết tủa C đến khối lượng không đổi ta được chất rắn nặng 0,51 gam. Tính thể tích dung dịch NaOH 0,1M đã dùng. Bài 8. Đốt cháy hoàn toàn 10,4 gam chất hữu cơ X rồi dẫn sản phẩm cháy qua bình 1 chứa H2SO4 đặc và bình 2 chứa 600 ml dung dịch Ba(OH)2 1M, thấy khối lượng bình 1 tăng 5,4 gam, bình 2 tăng 37 gam đồng thời xuất hiện 78,8 gam kết tủa. 1. Xác định công thức phân tử của X. Biết khi làm bay hơi 10,4 gam X thu được thể tích khí bằng thể tích của 3 gam C2H6 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. 2. X có một đồng phân X1, biết rằng khi cho 3,12 gam X1 phản ứng vừa đủ với 96 gam dung dịch Br2 5% trong bóng tối. Nhưng 3,12 gam X tác dụng tối đa với 2,688 lít H2 (đktc) khi đun nóng có xúc tác Ni. Viết công thức cấu tạo và gọi tên X1 3. X có đồng phân X2 chứa các nguyên tử cacbon đồng nhất, khi tác dụng với Cl2 khi có chiếu sáng thu được một dẫn xuất mono clo duy nhất. Xác định công thức cấu tạo của X2. ---Hết--Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Bài Nội Dung Bài 1 1)Các phương trình phản ứng: (1,5đ) Fe + 6H+ + 3NO3- → Fe3+ + 3NO2 ↑+ 3H2O (1) FeS + 10 H+ + 9NO3- → Fe3+ + SO42- + 9NO2↑ + 5H2O (2) FeS2 + 14H+ + 15NO3- → Fe3+ + 2SO42- + 15NO2↑ + 7H2O (3) S + 4H+ + NO3- → SO42- + 6NO2↑ + 2H2O(4) Dung dịch sau phản ứng có: Fe3+, SO42-, H+ H+ + OH- → H2O Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3↓ Ba2+ + SO42- → BaSO4↓ 2) Coi hỗn hợp gồm Fe và S ta có sơ đồ:  3+  Fe(OH )3  Fe  Fe   xmol  xmol + Ba ( OH )2  xmol  + HNO3 d  →  →    S  SO4 2 −  BaSO 4  ymol   ymol  ymol 56 x + 32 y = 20,8  x = 0, 2mol Theo bài ra ta có hệ:   → 107 x + 233 y = 91,3  y = 0,3mol Áp dụng định luật bảo toàn eletron ta có: → Fe+3 + 3e Fe 0,2mol 3.0,2mol S → S+6 + 6e 0,3mol 6.0,3mol N+5 + 1e → N+4 a.1mol a mol Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: a = 0,6 + 1,8 = 2,4 mol → V = 53,76 lít Theo (3) và (4): nHNO3 = nH + = 6.nFe + 4nS = 2, 4mol Bài 2 (1 đ)

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

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Bài 3 (1đ)

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

0,025

0,0125

0,05

0,0125

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

0,0125

0,025

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

= (0,025 × 100) : 49,7 = 0,05 hay 5%

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

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

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

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

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

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

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

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

Bài 6 (1đ)

Bài 7 (1,5 đ)

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

t 2Al(OH)3  → Al2O3

+ 3H2O (5)

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 mol

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

Theo bài ra : VX = VC2 H 6  → nX = nC2 H 6 = 0,1mol Bình 1 : chứa H2SO4 đặc hấp thụ nước Bình 2 : Chứa dung dịch Ba(OH)2 hấp thụ CO2 và có thể cả nước chưa bị hấp thụ bởi H2SO4 Theo bài ra ta có: mCO2 + mH 2O = 5, 4 + 37 = 42, 4 g (I) Xét bình 2: Các phản ứng có thể Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3↓ + H2O (1) Ba(OH)2 + 2CO2 → Ba(HCO3)2 (2) Trường hợp 1: Nếu Ba(OH)2 dư khi đó chỉ xảy ra phản ứng (1) 78,8 42, 4 − 0, 4.44 n CO2 = nBaCO3 = = 0, 04mol Thay vào (I) ta tìm được nH 2O = = 1, 378mol 197 18 Đặt công thức của X là CxHyOx y z y Phương trình cháy: C x H y Oz + ( x + − )O2 → xCO2 + H 2O 4 2 2 2nH 2O 2.1, 378 Theo phương trình: y = = = 27, 56 → vô lí (loại vì y phải nguyên) nX 0,1 Trường hợp 2: Nếu phản ứng tạo hỗn hợp hai muối 42, 4 − 0,8.44 Theo (1) và (2) ta có : nCO2 = 0,8mol → nH 2O = = 0, 4mol 18 y z y C x H y Oz + ( x + − )O2 → xCO2 + H 2O 4 2 2 Theo phương trình ta có: nCO2 0,8 2nH 2O 2.0, 4 = = 8, y = = =8 x= nA nX 0,1 0,1 m 10, 4 Mà 12.x + y + 16.z = X = = 104 → z=0 nX 0,1 Vậy công thức phân tử của X là: C8H8 nBr2 0, 03 nH 2 0,12 b) ta có: = =1 = =4 nX 0, 03 nX 0, 03 1 mol A + 1mol dung dịch Br2 => A có 1 liên kết pi kém bền ( dạng anken) 1 mol A + 4 mol H2 => A có 4 liên kết pi, hoặc vòng kém bền => A có 3 liên kết pi, hoặc vòng bền với dung dịch Br2 A là hợp chất có trong chương trình phổ thông => A có cấu trúc vòng benzen

CH2

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

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 HC

CH CH

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

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

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

Cân bằng : 0,73 2

0,27

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

-2

0,135

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

0,5 Đ 0,5

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

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

Ban đầu

0,1

0,5 0,5

1,0

0,2

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

0,5 1,0 0,5

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

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

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

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

(1) (2) (3)

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

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

0,25 0,25

ĐỀ 9

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

+ N a Ob + ?

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

ĐÁP ÁN HSG HOÁ

Câu1:(6đ)a/ 2đ

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

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

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

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

2Fe(OH)2 +

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

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

1đ

Câu2:

nNO = a , n NO = b 2

+ b = 0,3

;

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

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

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

⇒ xz =0,3 , yz =0,4 ⇒

x 3 = => Fe3O4 0,5đ y 4

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

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

ĐỀ 10 (HSG ĐÀ NẲNG (04-05) Câu I (3 điểm) 1. Hãy so sánh và giải thích sự khác nhau về độ phân cực phân tử, nhiệt độ sôi và độ mạnh tính bazơ giữa NH3 và NF3. 2. N2O4 phân li 20,0% thành NO2 ở 27oC và 1,00 atm. Hãy xác định (a) giá trị Kp; (b) độ phân li của N2O4 tại 27oC và 0,10 atm; (c) độ phân li của 69g N2O4 trong bình 20 L ở 27oC. 3. Tính pH của dung dịch thu được khi thổi hết 224 mL khí CO2 vào 200 mL dung dịch NaOH 0,05M, biết axit cacbonic có pK a1 = 6,35 , pK a 2 = 10,33 . ĐÁP ÁN 1. Cấu tạo:

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

(a) K P =

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

4α 2 × 0,10 = 0,17 ⇒ α = 0,546 (54,6%) 1− α2 69 (c) n = = 0,75mol 92 0,75(1 − α) × 0,082 × 300 PN 2O 4 = = 0,9225(1 − α) 20 2.0,75.α × 0,082 × 300 PNO2 = = 1,845α 20 (1,845α) 2 KP = = 0,17 ⇒ α = 0,1927 (19,27%) 0,9225(1 − α) 0,224 3. n CO 2 = = 0,01mol, n NaOH = 0,2 × 0,05 = 0,01 22,4 Vì số mol CO2 và NaOH bằng nhau nên hệ chỉ chứa NaHCO3. Có thể tính pH của hệ lưỡng tính này bằng công thức: 1 1 pH = (pK 1 + pK 2 ) = (6,35 + 10,33) = 8,3 2 2 (b)

Câu II (3 điểm) 1. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho NH4Cl tác dụng với CuO và với ZnO. Cho biết ứng dụng thực tế của NH4Cl tương ứng với các phản ứng này.

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2. Hòa tan 10,00 g hỗn hợp gồm Cu2S và CuS bằng 200,0 mL dung dịch MnO4- 0,7500 M trong môi trường axit. Sau khi đun sôi để đuổi hết khí SO2 sinh ra, lượng MnO4- còn dư trong dung dịch phản ứng vừa hết với 175,0 mL dung dịch Fe2+ 1,000 M. (a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thu gọn). (b) Tính phần trăm khối lượng CuS trong hỗn hợp ban đầu. 1. Trong thực tế, NH4Cl được dùng để đánh sạch bề mặt kim loại trước khi hàn: 4CuO + 2NH4Cl → N2 + 3Cu + CuCl2 + 4H2O ZnO + 2NH4Cl → ZnCl2 + 2NH3 + H2O 2. (a) Phương trình phản ứng: 5Cu2S + 8MnO4- + 44H+ → 10Cu2+ + 5SO2 + 8Mn2+ + 22H2O (1) 5CuS + 6MnO4- + 28H+ → 5Cu2+ + 5SO2 + 6Mn2+ + 14H2O (2) 5Fe2+ + MnO4- + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O (3) (b) Xác định % 1 1 (1) ⇒ n MnO − (3) = n Fe 2 + = × 0,175 × 1 = 0,035mol 4 5 5 ⇒ n MnO − (1, 2) = 0,2 × 0,75 − 0,035 = 0,115mol 4

Đặt số mol Cu2S và CuS lần lượt là x và y, ta có:  160 x + 96 y = 10  x = 0,025   8 x + 6 y = 0,115 ⇒   y = 0,0625  5 5 0,0625 × 96 ⇒ % m CuS = × 100% = 60% 10 Câu III (4 điểm) 1. Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch NaHSO4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Các phản ứng minh họa viết dưới dạng ion thu gọn. 2. Hòa tan hết 2,2 g hỗn hợp kim loại A gồm sắt và nhôm trong 150 mL dung dịch HNO3 2M thu được dung dịch B và 448 mL (đktc) khí C gồm N2O và N2 có tỉ khối so với không khí bằng 1,2414. Thêm 13,6 g NaOH nguyên chất vào dung dịch B thu được kết tủa D, lọc kết tủa D thu được dung dịch nước lọc E. (a) Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A ban đầu. (b) Nung kết tủa D đến khối lượng không đổi thì thu được bao nhiêu gam chất rắn khan? (c) Tính thể tích dung dịch HCl 0,5M cần thêm vào dung dịch E để thu được 2,34 g kết tủa. ĐÁP ÁN 1. Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm: Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch Na2CO3, các mẫu thử còn lại không màu. CO32- + H2O HCO3- + OH Dùng Na2CO3 làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại. Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO4 CO32- + 2H+ → H2O + CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl3 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Al(OH)3↓+ 3CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là Fe(NO3)3 2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ca(NO3)2 Ca2+ + CO32- → CaCO3↓ Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl. 2. (a) Đặt số mol N2O và N2 lần lượt bằng a và b, ta có: 0,448  a+b= = 0,02  22,4 ⇒ a = b = 0,01  44a + 28b  = 1,2414 × 29 = 36  0,02

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

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

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

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

0,07 = 0,14L 0,5

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

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

0,11 = 0,22L 0,5

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

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

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

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

CH3

H CH

0,25

(4-metylhex-2-en)

C2H5

CH3 (b) Cấu hình:

H H H

C C

CH3

H CH3 CH3

CH3

C2H5 (Z)(R)

C2H5 (Z)(S)

CH3

CH C2H5

CH3

C2H5 (E)(R)

CH3

CH3 C C

1,00 (0,25 × 4)

C2H5 (E)(S)

CH3

Br CH

CH3 CH C2H5

CH3

OH CH

Br CH

CH3 CH C2H5

CH3

C2H5 0,75 (0,25 × 3)

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

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

CH2

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

CH2

0,50 (0,25 × 2)

(b) Cơ chế và sản phẩm:

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

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

Br2

CH2 CH CH CH CH CH2 Br

CH2 CH CH CH CH CH2 Br Br

(X)

CH2 CH CH CH CH CH2 Br

CH2 CH CH CH CH CH2 Br Br

(Y)

CH2 CH CH CH CH CH2 Br

CH2 CH CH CH CH CH2 Br Br

(Z)

1,50 (0,50 × 3)

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

0,50

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

ĐIỂM

0,75

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

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

C3H8

Cl2,as

KOH/ROH

C3H7Cl

KOH/ROH

CH3CH=CH2 HBr peoxit

CH3

3. Phản ứng của C: CH3 C CH + 2KMnO4

HBr

CH3

Br2

CH3CHBr-CH2Br

CH3CH2CHBr2 CH3CBr2CH3

0,50

OK + 2MnO2 + KOH

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

1,00 (0,50 × 2)

ĐỀ 11(HSG ĐÀ NẲNG (05-06) Câu VII (4 điểm) 1. Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng minh họa trong các trường hợp sau: (a) Hòa tan từ từ cho đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3, sau đó thêm HCl vào dung dịch thu được đến dư. (b) Thêm dung dịch K2CO3 vào dung dịch Fe(NO3)3 2. A là dung dịch Na2CO3 0,1M; B là dung dịch hỗn hợp Na2CO3 0,1M và KHCO3 0,1M và C là dung dịch KHCO3 0,1M. (a) Tính thế tích khí CO2 (đktc) thoát ra khi cho từ từ từng giọt đến hết 50 mL dung dịch HCl 0,1M vào 100 mL dung dịch A và khi cho hết 100 mL dung dịch B vào 200 mL dung dịch HCl 0,1M. (b) Xác định số mol các chất có trong dung dịch thu được khi thêm 100 mL dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào 150 mL dung dịch C. (c) Tính pH của các dung dịch A và C, biết axit cacbonic có pK1 = 6,35 và pK2 = 10,33. (d) Đề nghị phương pháp nhận biết các anion có trong dung dịch B. ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. (a) Thêm dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 thấy xuất hiện kết tủa trắng keo, sau đó tan lại: Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 0,50 Al(OH)3 + OH- → Al(OH)4Thêm HCl vào dung dịch thu được lại thấy xuất hiện kết tủa trắng keo, sau đó tan lại: Al(OH)4- + H+ → Al(OH)3 + H2O Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2O (b) Thêm dung dịch K2CO3 vào dung dịch Fe(NO3)3 thấy xuất hiện kết tủa đỏ nâu và 0,25 sủi bọt khí không màu: 2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3 + 3CO2 2. (a) Cho từ từ từng giọt đến hết 50 mL dung dịch HCl 0,1M vào 100 mL dung dịch Na2CO3 0,1M CO32- + H+ → HCO30,50 0,01 0,005 0,005 0,005 0,005 0 Do CO32- dư nên không có giai đoạn tạo CO2, VCO 2 = 0 Cho hết 100 mL dung dịch Na2CO3 0,1M và KHCO3 0,1M vào 200 mL dung dịch

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 HCl 0,1M:

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

(1) (2)

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

1,00

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

(c)

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

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

0,50

Kb1 = 10-3,67

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

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

0,75

0,50

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

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,75

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

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

075

1,00

0,75

NO2- + H2O ⇌ HNO2 + OH-

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

ĐIỂM

1. (a) Tỉ lệ sản phẩm:

0,50

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

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

CH3 CH3 CH

CH3

+ Cl2

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

1-clo-2-metylpropan

- HCl

CH3 CH3

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

CH3

Cl 2-clo-2-metylpropan CH3

CH3 CH

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

CH3 CH CH2 Br

CH3 CH3

+ Br2

0,50

1-brom-2-metylpropan

- HCl

CH3 CH3

CH3

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

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

0,75

H+

0,75 -H+

3. (a) A có độ bất bão hòa ∆ =

2 + 2.8 − 12 = 3, 2

B có ∆ =

2 + 2.8 − 18 = 0 và C có 2

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

∆=

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

0,50

0,75

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 (C) CH3

H C C C

C C CH3

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

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

C CH3

CH2 CH2 CH 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 H2SO4 đậm đặc, đồng thời lắc và làm lạnh đến nhiệt độ phòng. Lắp ống sinh hàn hồi lưu (nước hay không khí), cho tiếp 13,5 mL benzen qua ống sinh hàn với tốc độ chậm và giữ nhiệt độ không quá 500C, đồng thời lắc liên tục (a). Sau khi cho hết benzen, tiếp tục đun nóng bình phản ứng trên bếp cách thuỷ trong 30-45 phút và tiếp tục lắc. Sau đó làm lạnh hỗn hợp phản ứng và đổ qua phễu chiết. Tách lấy lớp nitrobenzen ở trên. Rửa nitrobenzen bằng nước rồi bằng dung dịch Na2CO3 (b). Tách lấy nitrobenzen cho vào bình làm khô có chứa chất làm khô A ở thể rắn (c). Chưng cất lấy nitrobenzen bằng bình Vuy-êc trên bếp cách thuỷ để thu lấy nitrobenzen sạch. Cân lượng nitrobenzen thấy được 15 gam (d). (a) Viết phương trình hoá học chính và các phương trình thể hiện cơ chế của phản ứng. Cho biết vì sao cần phải lắc bình liên tục và giữ nhiệt độ phản ứng ở 500C? Nếu không dùng H2SO4 đậm đặc, phản ứng có xảy ra không? (b) Vì sao cần phải rửa nitrobenzen bằng nước, sau đó bằng dung dịch Na2CO3? (c) A có thể là chất nào? (d) Tính hiệu suất phản ứng nếu khối lượng riêng của benzen 0,8g/mL. ĐÁP ÁN 1. (a) Cấu tạo: O O OH

O + O=C=O

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

4. (a) Phản ứng:

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 H SO

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

HO - NO2 + H2SO4

(1) (-)

H - O - NO2 + HSO4

H (+)

(+)

H3O(+) + HSO4(-) + NO2

H - O - NO2 + H2SO4

+ NO2(+)

chËm

NO2

H +

nhanh

+ H(+)

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

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

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

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

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

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

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

H + (CH3)3C+

chËm

C(CH3)3 nhanh

C(CH3)3 + H(+)

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

O2N

C CH3 CH3

ĐỀ 12 (HSG 11 ĐÀ NẲNG 2006-07) Câu XII (4 điểm) 1. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn 50,0 mL dung dịch NH4Cl 0,200 M với 75,0 mL dung dịch NaOH 0,100 M. Biết Kb (NH3) = 1,8.10-5. 2. Phèn là muối sunfat kép của một cation hóa trị một (như K+ hay NH4+) và một cation hóa trị ba (như Al3+, Fe3+ hay Cr3+). Phèn sắt amoni có công thức (NH4)aFe(SO4)b.nH2O. Hòa tan 1,00 gam mẫu phèn sắt vào 100 cm3 H2O, rồi chia dung dịch thu được thành hai phần bằng nhau. Thêm dung dịch NaOH dư vào phần một và đun sôi dung dịch. Lượng NH3 thoát ra phản ứng vừa đủ với 10,37 cm3 dung dịch HCl 0,100 M. Dùng kẽm kim loại khử hết Fe3+ ở phần hai thành Fe2+. Để oxi hóa ion Fe2+ thành ion Fe3+ trở lại, cần 20,74 cm3 dung dịch KMnO4 0,0100 M trong môi trường axit. (a) Viết các phương trình phản ứng dạng ion thu gọn và xác định các giá trị a, b, n. (b) Tại sao các phèn khi tan trong nước đều tạo môi trường axit ? ĐÁP ÁN 1. C oNH 4Cl =

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

NH4Cl + NaOH → NaCl + NH3 + H2O 0,08 0,06 0,06 0,06 0,06 0,02 0 0,06 Xét cân bằng : NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH0,06 0,02 x x x

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

0,06–x Kb =

0,02+x

[ NH 4+ ][OH − ] [ NH 3 ]

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

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

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

Từ M = 18 + 56 + 96.2 + 18n =

0,5 gam 1,037.10 −3 mol

⇒

n = 12

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

M3+ + H2O ⇄ M(OH)2+ + H+

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

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

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

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

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

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

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

Cơ chế (cộng AE) :

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

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

CH 3

δ− CH CH 2

(X)

CH 3 CH CH 3

H+

CH 3 CH 2

Cl -

CH 2 (Y)

CH 3 CH CH 3 Cl

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

H 2SO 4

CH 3 CH 2 CH CH 3 OH

CH 2 CH CH 2 CH 3 + H 2O

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

CH 3 CH CH CH 3 (X)

H+

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

CH 2 CH CH 2 CH 3 (Y)

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

H2SO4

NO2 + H2O

CH3 + H2O NO2

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

CH3 +

NO2

CH3 H NO2

NO2 +

-H

CH3

CH3 +

NO2 H

NO2

-H+ NO2

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

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

CH3

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

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

Câu XV (4 điểm) 1. Thổi 672 mL (đktc) hỗn hợp khí A gồm một ankan, một anken và một ankin (đều có số nguyên tử cacbon trong phân tử bằng nhau) qua dung dịch AgNO3/NH3, thì thấy có 3,4 AgNO3 đã tham gia phản ứng. Cũng lượng hỗn hợp khí A trên làm mất màu vừa hết 200 mL dung dịch Br2 0,15 M. (a) Xác định thành phần định tính và định lượng các chất trong A (b) Đề nghị phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp A. 2. Oxi hóa m gam hợp chất hữu cơ A bằng CuO rồi cho sản phẩm sinh ra gồm CO2 và hơi H2O lần lượt đi qua bình 1 đựng Mg(ClO4)2 và bình 2 đựng 2 lít Ca(OH)2 0,0 2 M thì thu được 2 gam kết tủa. Khối lượng bình 1 tăng 1,08 gam và khối lượng CuO giảm 3,2 gam, MA < 100. Oxi hóa mãnh liệt A, thu được hai hợp chất hữu cơ là CH3COOH và CH3COCOOH. (a) Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A. (b) Viết các dạng đồng phân hình học tương ứng của A. (c) Khi cho A tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:1, thì tạo được những sản phẩm nào ? Giải thích. ĐÁP ÁN 1. (a) Nếu ankin có dạng RC≡CH : RC≡CH + AgNO3 + NH3 → RC≡CAg + NH4NO3 ⇒ n (ankin ) =

3,4gam = 0,02mol và n Br2 ≥ 2 × n (ankin ) = 0,04mol 170gam / mol

Điều này trái giả thiết, vì số mol Br2 chỉ bằng 0,2L × 0,15mol / L = 0,03mol Vậy ankin phải là C2H2 và như vậy ankan là C2H6, anken là C2H4. Từ phản ứng : C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 ⇒ n(C2H2) = 1/2n(AgNO3) = 0,01 mol Từ các phản ứng : C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 C2H4 + Br2 → C2H4Br2 ⇒ n(C2H4) = 0,01 mol ⇒ n(C2H6) =

0,672L − 0,01mol − 0,01mol = 0,01 mol 22,4L / mol

(b) Thổi hỗn hợp qua binh chứa dung dịch AgNO3/NH3 dư. Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư thu được khí C2H2. C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 C2Ag2 + 2HCl → C2H2 + 2AgCl Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO3/NH3, thổi tiếp qua dung dịch nước brom dư. Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với bột Zn (trong CH3COOH) thu được C2H4 : C2H4 + Br2 → C2H4Br2 C2H4Br2 + Zn → C2H4 + ZnBr2 Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C2H6 2. (a) n(H2O) = 0,06 mol ⇒ n(H) = 0,12 mol Từ các phản ứng : CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 với n Ca ( OH ) 2 = 0,045mol và n CaCO3 = 0,02mol ⇒ n(CO2) bằng 0,02 mol hoặc 0,07 mol. n(O) tham gia phản ứng bằng

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

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

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

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

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

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

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

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

NO2 (a)

NO2

+ HONO2

+ Cl2

H2SO4

+ Cl2

(b)

+H2SO4

H2SO4

SO3H

COOH

NO2

CH3 + CH3Cl

(c)

+ Br2

+ KMnO4

AlCl3

CH3

+CH3Cl

(d)

NO2

+ HONO2

+H2SO4

Br CH3 Br

+ Br2

AlCl3

SO3H CH3

COOH Br

+ KMnO4

SO3H

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

(naphtalen)

(decalin)

(tetralin)

(b) Phản ứng :

NO2 H2SO4

+ HONO2

+ H2O Fe

+ Br2

+ HBr

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

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

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

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

... N

H ... N

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

H ...

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

KP =

2 PNH 3

PN .PH3 2 2

3H2 (k) ⇄ 3x 3hx 3x(1-h)

2NH3 (k) 0 2hx 2hx ⇒ Σn = x(4-2h)

 2 xh   P   x ( 4 − 2h ) 

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

⇔

2h ( 4 − 2h ) 5,2(1 − h ) 2

=P K

⇔ 14,1h 2 − 28,2h + 10,1 = 0 với h ≤ 1 ⇒ h = 0,467 , vậy hiệu suất phản ứng bằng 46,7% Câu XVIII (4 điểm) 1. Trộn lẫn 7 mL dung dịch NH3 1M và 3 mL dung dịch HCl 1M thu được dung dịch A. Thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A thu được dung dịch B.

(a) Xác định pH của các dung dịch A và B, biết K NH3 = 1,8.10 −5 . (b) So với dung dịch A, giá trị pH của dung dịch B đã có sự thay đổi lớn hay nhỏ ? Nguyên nhân của sự biến đổi lớn hay nhỏ đó là gì ? 2. Tính thể tích dung dịch Ba(OH)2 0,01M cần thêm vào 100 mL dung dịch Al2(SO4)3 0,1M để thu được 4,275 gam kết tủa. ĐÁP ÁN 1. (a) Xét phản ứng của dung dịch NH3 và dung dịch HCl : NH3 + H+ NH4+

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 o

C 0,7M 0,3M C 0,3M 0,3M [C] 0,4M 0 0,3M Vậy dung dịch A gồm các cấu tử chính là NH3 0,4M, NH4+ 0,3M và Cl-. NH3 + H2 O ⇄ NH4+ + C 0,4M 0,3M C xM xM [C] (0,4-x)M (0,3+x)M (0,3 + x ).x K= = 1,8.10 −5 ⇒ x ≈ 2,4.10 −5 (0,4 − x ) o

OH-

xM xM

⇒ pH A = 14 − [− lg(2,4.10 −5 )] = 9,4 Khi thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A có phản ứng : NH4+ + OH NH3 + H2 O o C 0,3M 0,1M 0,4M C 0,1M 0,1M 0,1M [C] 0,2M 0 0,5M Vậy dung dịch B gồm các cấu tử chính là NH3 0,5M, NH4+ 0,2M và Cl-. NH3 + H2 O ⇄ NH4+ + C 0,5M 0,2M C xM xM [C] (0,5-x)M (0,2+x)M (0,2 + x ).x K= = 1,8.10 −5 ⇒ x ≈ 4,5.10 −5 (0,5 − x ) o

OH-

xM xM

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

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

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

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

BaSO4

(1)

Al(OH)3

(2)

Al(OH)4-

(3)

Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (1) và (2). Trong trường hợp này Al3+ tham gia phản ứng 2x vừa đủ hoặc dư : ≤ 0,02 ⇒ x ≤ 0,03 (mol) , và như vậy Ba2+ phản ứng hết ở phản ứng (1). 3 2x Ta có : m(kết tủa) = 233.x + 78. = 4,275 ⇒ x = 0,015 (mol) 3 0,015 mol Vậy thể tích dung dịch Ba(OH)2 đã sử dụng là = 1,5 L 0,01 mol / L Nếu xảy ra các phản ứng (1), (2) và (3) thì x > 0,03 (mol) ⇒ m BaSO4 = 0,03 mol × 233 gam / mol = 6,99 gam > 4,275 gam (loại).

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

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 +5

-3

(4)

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

(5)

(6)

N (8) N (7)

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

→ 2NH3 o

500 , 300atm

Pt , 850−900o C

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

(6) N2 + O2   → 2NO (7) 2NO2 + 2KOH → KNO2 + KNO3 + H2O (8) 5KNO2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 → 5KNO3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O 2. Trong dung dịch A : Dung dịch A có 0,4 mol H+, 0,05 mol Cu2+, 0,4 mol Cl-, 0,1 mol NO3Khi cho Fe vào dung dịch A xảy ra các phản ứng : (1) Fe + 4H+ + NO3- → Fe3+ + NO + 2H2O 0,4 0,1 0,1 0,4 0,1 0,1 0 0 0,1 3+ 2+ (2) Fe + 2Fe → 3Fe 0,05 0,1 (3) Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu 0,16 0,05 0,05 Số mol Fe đã tham gia các phản ứng từ (1) đến (3) là 0,1+ 0,05 + 0,05 = 0,2 (mol) Hỗn hợp 2 kim loại sau phản ứng gồm Fe dư Cu, (m - 56×0,2) + 0,05 ×64 = 0,8 m ⇒ m = 40 (gam) Câu XX (4 điểm) 1. Dưới đây là các giá trị nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của n-pentan và neopentan. Giải thích sự khác biệt nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giữa các chất này. n-Pentan Neopentan Nhiệt độ sôi (oC) 36 9,5 o Nhiệt độ nóng chảy ( C) -130 -17 2. X, Y, Z lần lượt là ankan, ankadien liên hợp và ankin, điều kiện thường tồn tại ở thể khí. Đốt cháy 2,45 L hỗn hợp ba chất này cần 14,7 L khí O2, thu được CO2 và H2O có số mol bằng nhau. Các thể tích khí đều đo ở 25oC và 1 atm. (a) Xác định công thức phân tử của X, Y và Z. (b) Y cộng Br2 theo tỉ lệ mol 1:1 tạo ba sản phẩm đồng phân. Dùng cơ chế phản ứng giải thích sự hình thành các sản phẩm này. 3. Hoàn thành các phương trình phản ứng : +HCHO (2)

Etyl bromua

+Mg/ete (1)

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

Y1 Z1

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

X1 Y1 Z1

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

ĐÁP ÁN 1. Nhiệt độ sôi của neopentan thấp hơn n-pentan vì khi phân tử có càng nhiều nhánh, tính đối xứng cầu của phân tử càng tăng, diện tích bề mặt phân tử càng giảm, làm cho độ bền tương tác liên phân tử giảm và nhiệt độ sôi trở nên thấp hơn. Trái lại, tính đối xứng cầu lại làm cho mạng tinh thể chất rắn trở nên đặc khít hơn và bền vững hơn, nên nhiệt độ nóng chảy cao hơn. 2. (a) Gọi công thức trung bình của X, Y, Z là C n H 2n (do số mol CO2 và H2O bằng nhau). 3n / 2 14,7 3n O 2 → nCO 2 + nH 2 O , ta có : = ⇒n=4 2 1 2,45 Vì X, Y, Z điều kiện thường đều tồn tại ở thể khí (trong phân tử, số nguyên tử C ≤ 4), nên công thức phân tử của X là C4H10 và Y, Z là C4H6. (b) Cơ chế phản ứng : Br C n H 2n +

CH2 CH CH CH2

δ+ δ − Br-Br - Y-

CH2 CH CH CH2 CH2 CH CH CH2 Br

3. Các phương trình phản ứng : ete

CH3CH2Br + Mg → CH3CH2MgBr δ−

δ+

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

δ+

CH3 CH2 CH2 OMgBr

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

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

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

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

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

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

H SO

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

3 HCHO    3 → 4Ag

+ AgNO / NH

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

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

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

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

Đáp án +

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

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

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

Theo khối lượng các chất rắn ta có:

n Al2O3 =

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

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

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

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

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

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

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

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

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

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

600

5,5

5,5 2420

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

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

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

O O

CH3

OH OH OH OH Vậy CTCT của Z1: CH3-CH=CH-CH=CH-CH3 Y là CH3-CH2CHBr-CHBr-CH2-CH3 Z2: CH3-CH2-C≡C-CH2-CH3 X: CH3-CH2-CH=CH-CH2-CH3 b) Các phương trình hóa học: CH3-CH2-CH=CH-CH2-CH3 + Br2 → CH3-CH2CHBr-CHBr-CH2-CH3 o

ancol,t → CH3-CH=CH-CH=CH-CH3 CH3-CH2CHBr-CHBr-CH2-CH3+2KOH  + 2KBr+ 2H2O ancol,t o CH3-CH2CHBr-CHBr-CH2-CH3+2KOH → CH3-CH2-C≡C-CH2-CH3+2KBr + 2H2O c) Các đồng phân hình học của Z1:

trans - trans cis - cis

cis-trans

Câu V: (2,0 điểm) 1. (a) Xác định công thức cấu tạo của A, B, C, D và E. (b) Viết các phương trình hóa học.

2. Hỗn hợp khí X gồm 2 anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn 2,24 lít khí hỗn hợp X thu được 5,6 lít khí CO2 (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). a) Xác định công thức phân tử của 2 anken. b) Hiđrat hóa hoàn toàn một thể tích X với điều kiện thích hợp thu được hỗn hợp ancol Y, trong đó tỉ lệ về khối lượng các ancol bậc một so với ancol bậc hai là 12,2:9. Xác định % khối lượng mỗi ancol trong hỗn hợp Y.

Đáp án 1. Công thức cấu tạo của các chất là:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

2. Đặt công thức chung của 2 anken là C n H 2 n Đốt hỗn hợp hai anken: 3n Cn H 2 n + O2  → nCO 2 + nH 2 O 2 2,24 5,6 Đối với chất khí tỉ lệ thể tích cũng là tỉ lệ số mol nên có tỷ lệ: 2,24n = 5,6 ⇒ n = 2,5 Anken duy nhất có số nguyên tử cacbon < 2,5 là C2H4 và anken kế tiếp là C3H6 CH2 = CH2 + HOH → CH3–CH2OH (2) CH3CH = CH2 + HOH → CH3–CH(OH)–CH3 (3) CH3CH = CH2 + HOH → CH3–CH2–CH2OH (4) Gọi α là % số mol của C3H6 và (1- α) là % số mol của C2H4 3α + 2(1 – α) = 2,5 ⇒α = 0,5 Vậy C3H6 chiếm 50% còn C2H4 chiếm 50% về thể tích. Gọi a, b, c lần lượt là số mol của CH3–CH2OH, CH3–CH(OH)–CH3 và CH3CH2CH2OH. 46a + 60c 12,2 Khi đó: b + c = a , theo đề: = ⇒a = 4c và b = 3c 60b 9 Vậy % khối lượng của các ancol: 46a %C 2 H 5OH = 100% = 43,4% 46a + 60b + 60c 60b %CH 3CH(OH )CH 3 = 100% = 42,45% 46a + 60b + 60c 60c %CH 3CH 2CH 2OH = 100% = 14,15% 46a + 60b + 60c

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 UBND THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 98-99 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÔN HÓA HỌC-LỚP 11-PTTH (BẢNG A) (Thời gian 180', không kể thời gian giao đề) Bài 1:1/Hoà tan 0,1 mol AgNO3 trong 1 lít dung dịch NH3. Tính nồng độ tối thiểu mà dung dịch NH3 phải có để khi thêm 0,5 mol NaCl vào dung dịch Ag+ trong dung dịch NH3 ta không được kết tủa AgCl. Cho hằng số phân ly của Ag(NH3)2+: K = 6.10-8 ; TAgCl = 1,6.10-10 2/Cho khí Cl2 vào 100ml dung dịch NaI 0,2M (dd A), sau đó đun sôi để đuổi hết iôd. Thêm nước để trở lại 100ml (dd B). a)Biết thể tích khí Cl2 đã dùng là 0,1344 lít (đktc). Tính nồng độ mol/lit mỗi muối trong dung dịch B. b)Thêm từ từ vào dung dịch B một dung dịch AgNO3 0,05M. Tình thể tích dung dịch AgNO3 đã dùng nếu kết tủa thu được có khối lượng bằng: -Trường hợp 1: 1,41 gam -Trường hợp 2: 3,315 gam Biết kết tủa AgI tạo ra trước, sau khi AgI tạo hết kết tủa mới đến AgCl. c)Trong trường hợp khối lượng kết tủa là 3,315 gam, tính nồng độ mol/lit của các ion thu được trong dung dịch sau phản ứng với AgNO3. Bài 2:1/Đun nóng butađien-1,3 với stiren thu được sản phẩm duy nhất X: C12H14 sản phẩm này có thể bị hiđrôhoá theo sơ đồ: X

+ H 2 , Pt  → 250 C , 2atm

H 2 , Ni  → 1000 C , 100atm

Xác định các công thức cấu tạo của X, Y, Z, giải thích sự khác nhau về điều kiện phản ứng hiđrô hoá. Biết rằng số mol H2 tham gia phản ứng của giai đoạn sau gấp 3 lần số mol H2 tham gia phản ứng ở giai đoạn 1. 2/Khi trùng hợp isôpren thấy tạo thành 4 loại pôlime, ngoài ra còn có một vài sản phẩm phụ trong đó có chất X, khi hiđrô hoá toàn bộ chất X thu được chất Y (1-metyl,3-isôpropyl xiclohecxan). Viết công thức cấu tạo 4 loại pôlyme và các chất X,Y. Bài 3:Cho 23,52g hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào 200ml dung dịch HNO3 3,4M khuấy đều thấy thoát ra một khí duy nhất hơi nặng hơn không khí, trong dung dịch còn dư một kim loại chưa tan hết, đổ tiép từ từ dung dịch H2SO4 5M vào, chất khí trên lại thoát ra cho dến khi kim loại vừa tan hết thì mất đúng 44ml, thu được dd A. Lấy 1/2 dd A, cho dd NaOH cho đến dư vào, lọc kết tủa, rửa rồi nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B nặng 15,6g. 1-Tính % số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp. 2-Tính nồng độ các ion (trừ ion H+-, OH-) trong dung dịch A. Bài 4: 1/ Đun một hiđrocacbon no mạch hở trong bình kín, không có không khí. Trường hợp 1:Sau phản ứng đưa về nhiệt độ ban đầu thấy áp suất tăng 2,5 lần, hỗn hợp thu được chỉ có ankan và anken. Trường hợp 2:(có xúc tác) kết thúc phản ứng thu được một chất rắn và một khí duy nhất, lúc này đưa vầ điều kiện ban đầu thấy áp suất tăng 6 lần. a)Xác định công thức phân tử của hai hiđrôcacbon. b)Viết các phương trình phản ứng và tính % theo số mol mỗi hiđrocacbon trong hỗn hợp sau phản ứng ở trường hợp 1. Biết rằng trong hỗn hợp có 3 hiđrôcacbon là đồng phân của nhau và đều chiếm 4% số mol khí trong hỗn hợp, có một hiđrocacbon có đồng phân hình học, tổng số hiđrocacbon là 7. c)Viết công thức cấu tạo của hidrocacbon ban đầu. 2/Hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon A và B đều ở thể khí, biết %H trong X là 12,195%. Tỉ khối hơi của X đối với H2 bằng 20,5. A, B có cùng số nguyên tử cacbon. Xác định công thức phân tử của A và B. ĐÁP ÁN MÔN HOÁ HỌC - LỚP 11 - BẢNG A (98 - 99). Bài I: (5 điểm) 1/ Ag+ + 2NH3 = Ag(NH3)2+ (2đ) Có cân bằng: [Ag]+ .[NH 3 ]2 = 6.10-8 (*) Ag(NH3)2+ Ag+ + 2NH3 K = 6,0.10-8 → K = Ag(NH 3 ) +2

[

]

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 1,6.10 -10 [Cl-] = 0,5 mol/lít . Kết tủa AgCl không có nếu: [Ag+] [Cl-] 〈 TAgCl→ [Ag+] 〈 = 3,2.10-10 0,5 -8 + .6.10 . Ag( NH 3 ) 2 mol/lít → Theo biểu thức (*): [Ag+] = < 3,2.10-10 (**) 2 [NH 3 ] Gọi x là nồng độ ban đầu của dd NH3. Ag+ + 2NH3 Ag(NH3)2+ K = 1,66 . 107 do K >> nên [Ag(NH3)2+] = [Ag+] = 0,1M [ ] (x – 0,2) 0,1 −8 6.10 .0,1 ≤ 3,2.10-10 → x – 0,2 ≥ 4,33 → x ≥ 4,53 (mol/lít) Từ (**) có ( x − 0,2) 2 2/ a) Số mol Cl2 = 0,006 mol (0,5đ) 2NaI = 2NaCl + I2 Cl2 + 0,006 0,012 0,012 0,012 nNaI = 0,1.0,2 = 0,02 mol ; dư NaI: 0,008 mol → [NaCl] = = 0,12 M 0,1 0,008 [NaI] = = 0,08M 0,1 b)Nếu chỉ tạo kết tủa AgI: Khối lượng kết tủa: m1 =0,008 . 235 = 1,88g (1,5đ) Nếu tạo hết cả 2 kết tủa AgI và AgCl: m2 = 1,88 + 0,012.143,5 = 3,602g 0,006 Trường hợp 1: k/l kết tủa 1,41g. Vậy ↓ đó là của AgI ∼ 0,006 mol . VAgNO3 = = 0,12lít 0,05 Trường hợp 2: k/l kết tủa 3,315g → 1,88 < 3,315 < 3,602 → Vậy tạo 2 kết tủa AgI và AgCl 3,315 - 1,88 0,018 Số mol AgNO3: 0,008 + = 0,008 + 0,01 = 0,018mol . VAgNO3 = = 0,36 lít 143,5 0,05 c)Nồng độ các ion: NO3-; Na+; Cl- (dư). Thể tích dd: 100 + 360 = 460 ml ∼ 0,46 lít (1đ) − n (NO 3 ) = 0,018 mol → [NO3 ] = 0,0391 M n (Na+) = 0,2.0,1 = 0,02 mol → [Na+] = 0,043 M n (Cl-) = 0,006.2- 0,01 = 0,002 mol → [Cl-] = 0,00435 M Bài II: (5điểm) + H2 , Ni t0 1/ CH2=CH-CH=CH2 + CH=CH2 X (C12H14) Y + H2 , Ni Z o o C6H5 25 C; 2 100 C; 100 CTCT X: CTCT Y: CTCT Z:

[

]

Sở dĩ phản ứng (2) cần điều kiện to, p cao hơn pứ (1) vì lk π trong vòng benzen nhiều hơn lk π của vòng C6H9. (2đ) 2/ Công thức cấu tạo 4 loại polime (3đ) CH3

– CH2 – CH –

– CH2 – C –

CH=CH2

– CH2

–

H3C

C=CH2 CH3

n H

C=C CH2

Dạng cis

– CH2 – H3C

C=C

CH2 H

Dạng trans CH3

CH3 H3C CHPhát hành PDF bởi Ths H CHTú Biên soạn và sưu tầm! Nguyễn Thanh 3C CH2 3 Đăng ký Word docCH qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Y:

Bài III: (4 điểm) Gọi x, y, z là số mol Mg, Fe, Cu trong hỗn hợp, ta có :

24x + 56y + 64z = 23,52 ↔ 3x + 7y + 8z = 2,94 (a)

Đồng còn dư có các phản ứng: Cho e: Nhận e: Mg - 2e = Mg2+ (1) NO3- + 3e + 4H+ = NO + 2H2O (4) Fe - 3e = Fe3+ (2) Cu + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ (5) (3) Cu - 2e = Cu2+ Phương trình phản ứng hoà tan Cu dư: 3Cu + 4H2SO4 + 2NO3- = 3CuSO4 + SO42- + 2NO + H2O (6) 0,044.5.3 Từ Pt (6) tính được số mol Cu dư: = = 0,165 mol 4 Theo các phương trình (1), (2), (3), (4), (5): số mol e cho bằng số mol e nhận: 2(x + y + z – 0,165) = [3,4.0,2 – 2(x + y + z – 0,165)].3 → x + y + z = 0,255 + 0,165 = 0,42 (b) x y z Từ khối lượng các oxit MgO; Fe2O3; CuO, có phương trình: .40 + .160 + . 80 = 15,6 (c) 2 4 2 3x + 7y + 8z = 2,94 Hệ phương trình rút ra từ (a), (b), (c): x + y + z = 0,42 x + 2y + 2z = 0,78 Giải được: x = 0,06; y = 0,12; z = 0,24. % lượng Mg = 6,12% ; % lượng Fe = 28,57% ; % lượng Cu = 65,31% 0,06 2/ Tính nồng độ các ion trong dd A (trừ H+, OH-) [Mg2+] = = 0,246 M 0,244 [Cu2+] = 0,984 M ; [Fe2+] = 0,492 M ; [SO42-] = 0,9 M ; [NO3-] = 1,64 M Bài IV: (6 điểm) 1 / -Trường hợp 2: CnH2n+2 → n C + (n+1) H2 n + 1 = 6 → n = 5 → CTPT: C5H12 -Trường hợp 1: C5H12 → CH4 + C4H8 (1) C5H12 → C2H6 + C3H6 (2) C5H12 → C2H4 + C3H8 (3) Vì áp suất sau phản ứng tăng 2,5 lần → có 1 hiđrocacbon sau phản ứng lại tham gia phản ứng crăckinh đó là C3H8. C3H8 → CH4 + C2H4 (4) C4H8 có 3 đồng phân: CH2=CH-CH2-CH3 (A) CH2=C(CH3) -CH3 (B) CH3-CH=CH-CH3 (C) Hiđrocacbon (C) có đồng phân hình học. Thoả mãn điều kiện cho 7 hiđrocacbon khác nhau. Giả sử lấy 1 mol C5H12 đem crăckinh sau phản ứng. Số mol hỗn hợp hiđrocacbon là 2,5 mol. 12.2,5 Trong đó: Số mol 3 đồng phân của C4H8: = = 0,3 mol ∼ 12% 100 Số mol CH4 ở PT (1): 0,3 mol Số mol C3H8 tạo thành rồi lại crăckinh = 2,5 – 2 = 0,5 mol Số mol C2H4 theo (3), (4): 0,5 + 0,5 = 1,0 mol ∼ 40%

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Tổng số mol CH4: 0,3 + 0,5 = 0,8 mol ∼ 32% Số mol C2H6 = số mol C3H6 = (2,5 – 2,1 ): 2 = 0,2 mol ∼ 8% c) Công thức cấu tạo của ankan ban đầu: CH3-CH-CH2-CH3 CH3 2/ Từ % H2 = 12,195% → trong hỗn hợp có 1 RH là ankin. - Từ M = 41 → ankin là C3H4 (M< 41). Vậy A, B có thể là C3H4, C3H6 hoặc C3H4, C3H8. UBND TP HẢI PHÒNG SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 98-99 MÔN HOÁ HỌC LỚP 11 PTTH (BẢNG B) (thời gian 180′, không kể thời gian giao đề)

Bài I: 1/Hoà tan khí SO2 vào H2O có các cân bằng sau: H2SO3 (1) SO2 + H2O – + H2SO3 H + HSO3 (2) HSO3 H+ + SO32– (3) Nồng độ SO2 thay đổi như thế nào? (giải thích) khi lần lượt tác động những yếu tố sau: a)Đun nóng dung dịch. b)Thêm dung dịch HCl. c)Thêm dung dịch NaOH. d)Thêm dung dịch KMnO4. 2/ a)Tính thể tích H2O tối thiểu cần để hoà tan 0,192g CaC2O4 ở 20oC. Cho tính số tan của CaC2O4 ở 20oC là 3,6.10-9 và sự biến đổi thể tích khi hoà tan là không đáng kể. b)Nếu dùng dung dịch CaCl20,03M để hoà tan cùng lượng CaC2O4 ở trên cùng điều kiện 20oC thì thể tích dung dịch CaCl2 tối thiểu cần dung là bao nhiêu? Cho: Ca =40; C = 12; O = 16; độ điện li ∝ (CaC2O4)=1. Bài II : 1-Dẫn ra 5 phương trình phản ứng khác nhau có tạo ra khí NO2. 2-a)Tính pH của dung dịch HCl nồng độ 0,5.10-7 mol/lít. b)Tính pH của dung dịch X được tạo thành khi trộn 200ml dung dịch HA 0,1M (Ka = 10-3.75) với 200ml dung dịch KOH 0.05M; pH của dung dịch X thay đổi như thế nào khi thêm 10-3 mol HCl vào dung dịch X. Bài III: Hoà tan 18,4g hỗn hợp 2 kim loại Fe và Mg vào 2,5 lít dung dịch HNO3 loãng (vừa đủ), thu được 5,824lít hỗn hợp 2 khí(đktc) trong đó có một khí hoá nâu trong không khí và dung dịch A. Hỗn hợp 2 khí có khối lượng 7,68g. 1-Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp. 2-Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan? 3-Tính nồng độ dung dịch HNO3 đã dùng. Bài IV: Đun một hiđrô cácbon no mạch hở trong bình kín, không có không khí. Trường hợp 1: Sau phản ứng đưa về nhiệt độ ban đầu thấy áp suất tăng 2,5 lần, hỗn hợp thu được chỉ có ankan và anken. Trường hợp 2:(có xúc tác) kết thúc phản ứng thu được một chất rắn và một khí duy nhất, lúc này đưa về điều kiện ban đầu thấy áp suất tăng 6 lần. 1-Xác định công thức phân tử của hiđrô cácbon. 2-Viết phương trình phản ứng và tính % theo số mol mỗi hiđrô cácbon trong hỗn hợp sau phản ứng ở trường hợp 1. Biết rằng trong hỗn hợp có 1 hiđrô cácbon có đồng phân của nhau và đều chiếm 4% số mol khí trong hỗn hợp, có 1 hiđrô các bon có đồng phân hình học, tổng số hiđrô cácbon trong hỗn hợp là 7. 3-Viết công thức cấu tạo của hiđrô cácbon ban đầu. ĐÁP ÁN MÔN HOÁ HỌC - LỚP 11 - BẢNG B (98 - 99). Bài 1: (5điểm) 1/a)Đun nóng dd: SO2 thoát khỏi dd → [ SO2 ] trong dung dịch giảm. b)Thêm dd HCl: Cbằng (2) (3) chuyển sang trái →Cân bằng (1) chuyển sang trái

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 → [ H2SO3 ] tăng → [ SO2 ] tăng. c)Thêm NaOH: NaOH + SO2 = NaHSO3 2 NaOH + SO2 = Na2SO3 + H2O Cbằng (2) (3) chuyển sang phải →Cân bằng (1) chuyển sang phải → [SO2 ] giảm d)Thêm KMnO4. Có pứ: → làm giảm [ SO2 ] . 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O = 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 SO32– + 2KMnO4 + 2H2O = H2SO4 + K2MnO4 + MnO42– 0,192 2/a) Số mol CaC2O4 = = 1,5.10-3 mol . Độ tan S (CaC2O4) = Tt = 3,6.10 -9 = 6.10-5 M 128 1,5.10 - 3 → thể tích dd chứa 1,5.10-3 mol CaC2O4 là: = 25lít = H2O tối thiểu cần để hoà tan. 6.10 −5 b) CaCl2 → Ca2+ + 2ClCaC2O4 Ca2+ +C2O42Tt = 3,6.10-9 . Gọi S′ là độ tan của CaC2O4 trong dd mới [ ] S′ S′+ 0,03 S′.( S′ + 0,03) = 3,6.10-9 (coi S′ << 0,03 ) → 0,03 S′ = 3,6.10-9 → S′ = 120.10-9 = 1,2.10-7 1,5.10 -3 (thật vậy: 1,2.10-7 << 0,03) → Vdd CaCl2 cần dùng = = 12500(l) 1,2.10 − 7 Bài 2: (5điểm) 1/ 2HNO3 =2NO2 + 1/2O2 + 2H2O Cu + 4HNO3 = Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O 2AgNO3 = 2Ag + O2↑ + 2NO2↑ C + 4HNO3 = CO2 + 4NO2↑ + 2H2O 2NO + O2 = 2NO2 2/a) [ H+] . 0,5.10-7 do nồng độ nhỏ → phải tính đến cân bằng của H2O H2 O H+ + OH – → H+ + Cl – HCl 10 -14 Theo định luật bảo toàn điện tích: [ H+] = [ Cl-] + [OH-] → [ H+] = 0,5.10-7 + H+ → [ H+]2 – 0,5.10 –7[ H+] – 10-14 = 0. Giải được: [ H+] = 1,28.10-7 → pH ≈ 6,9 b) nHA = 0,1.0,2 = 0,02 mol ; nKOH = 0,05.0,2 = 0,01 mol KOH + HA → KA + H2O 0,01 → 0,01→ 0,01 Theo phương trình HA còn dư = 0,01 mol 0 , 01 Trong d2 X: CHA = CKA = = 0,025M. Xét các cân bằng sau: 0,4 H2 O H+ + OHKW = 10-14 (1) HA H+ + A KHA = 10-375 (2) A- + H2O HA + OHKB = KHA-1. KW = 10-10,25 (3) So sánh (1) với (2) → KHA >> KW → bỏ qua (1) So sánh (2) với (3) → KHA >> KB → bỏ qua(3) → Dung dịch X là dung dịch đệm axit [muoi] = 3,75 + lg 0,1 = 3,75 có pH = pKa + lg [axit ] 0,1 -3 ∗ Khi thêm 10 mol HCl KA + HCl → KCl + HA 0,001 ← 0,001 → 0,001 (mol) 0,01 + 0,001 0,01 - 0,001 = 0,0225M . [HA] = = 0,0275 M và [KA] = 0,4 0,4 Dung dịch thu được vẫn là dung dịch đệm axit. 0,0225 Tương tự, pH = 3,75 + lg = 3,66 0,0275

[ ]

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Bài 3: (5điểm) 1/ Σ n(2khí) = 0,26mol

; M 2khí =

7,68 = 29,2 → M (N2) < 29,2 < M (NO) 0,26

Đặt số mol N2 = y; NO = x → 30x + 28y = 7,68 x + y = 0,26 → x = nNO = 0,2mol ; y = n N2 = 0,06mol Đặt số mol nFe = a , nMg = b ta có: Fe – 3e = Fe 3+ và Mg – 2e = Mg Tổng số mol e đã nhường = 3a + 2b N+5 + 3e = N+2 (NO) và 2N+5 + 10e = N2 → Tổng số mol e đã thu = (0,2 . 3) + (0,06.10) = 1,2 Theo định luật bảo toàn e: 3a+2b = 1,2 kết hợp với 56a+24b = 18,4 cho a= 0,2 và b= 0,3 → mFe = 11,2g → %mFe = 60,87% mMg = 7,2g → %mMg = 39,03% 2/ mMuối khan = mKim loại + mNO3- = 18,4 + (0,2.3+0,3.2).62 = 92,8g 4.0,2 + 12.0,06 3/ CM (HNO3)= = 0,608M 2,5 Bài 4: (5điểm) CnH2n + 2 → nC + (n+1)H2 n+1 = 6 → n = 5 → CTPT: C5H12 Các pứ: C5H12 → CH4 + C4H8 C5H12 → C2H6 + C3H6 C5H12 → C2H4 + C3H8 C3H8 → CH4 + C2H4 Từ pt → giả sử lấy 1mol C5H12 → sau pứ là 2,5mol → nC4H8 (3 đồng phân) = 0,3mol = a 2a + 2b + 2c = 2 → c = 0,5 → a = 0,3 → b = 0,2 2a + 2b + 3c = 2,5 CH4 = a + c = 0,8mol → %CH4 = (0,8/2,5).100 = 3% C2H4 = 2c = 1mol → %C2H4 = 40% → %C2H6 = 8% C2H6 = b = 0,2mol C3H6 = b = 0,2mol → %C3H6 = 8% C4H8 = a = 0,3mol → %C4H8 = 12% Công thức cấu tạo ankan ban đầu: CH3- CH - CH2- CH3 CH3

KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 1999-2000 MÔN HOÁ HỌC- LỚP 11 BẢNG A (Thời gian làm bài 180′ không kể thời gian giao đề) Bài 1 : l/ Trong dung dịch có cân bằng sau: AB A+ + B – KAB Nồng độ ban đầu của AB là (C) Hãy viết biểu thức liên hệ giữa độ điện ly (α) và hằng số cân bằng KAB của cân bằng trên. Độ điện ly α thay đổi như thế nào khi giảm nồng độ ban đầu bằng cách pha loãng dung dịch. 2/ Nêu hiện tượng, viết phương trình phản ứng cho những thí nghiệm sau: - Cho từ từ đến dư dung dịch KHSO4 vào dung dịch chứa NaAlO2 và Na2CO3. - Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch chứa FeCl3 và CuSO4. - Nhỏ vài giọt dung dịch NH3 đậm đặc vào AlCl3 khan. Bài 2:l/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Cr4C3 + HNO3 → NO + ... Fe2P + HNO3 → NO + . . . I – + NO2– → I2 + NO + ... Au + CN – + O2 → [Au(CN)4] – + … 2/ Tính lượng NaF có trong 100ml dung dịch HF O,1M ; biết dung dịch có pH = 3, hằng số cân bằng Ka của HF là 3,17. 10– 4. Bài 3: 1/ Gọi tên các hiđrôcác bon sau: và CH3 CH3 – CH = C – CH – CH2 – CH2 – CH3 UBND TP HẢI PHÒNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

H3 C

C 2 H5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2/ viết công thức cấu tạo của hiđrôcácbon sau: 6-brôm-5-clo-4-isoprôpyl-4-mêtyl Octan. 3/ Sắp xếp các chất sau theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi, giải thích CH3–(CH2)4– CH3 ; CH3–CH2–CH–CH2–CH3 ; CH3

CH3– CH – CH –CH3 ; H3C

CH3-(CH2)3-CH3

CH3

4/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Buten -1 + HOCl → Propen + HI ( xúc tác peoxit) → Bài 4: Hoà tan 0,6472 gam một kim loại vào dung dịch axít HNO3 tạo ra 1,0192 gam muối khan. Thêm dung dịch NaHCO3 vào dung dịch sau phản ứng thấy xuất hiện 0,8274 gam kết tủa. Sau khi làm khô, nung kết tủa thì thu được 100,8 ml khí. Thể lích khí này giảm xuống còn 33,6 ml khi cho qua dung dịch NaOH . Khí còn lại duy trì tốt sự cháy. (các thể tích khí đều đo ở đktc) Hãy viết các phương trình phản ứng đã xảy ra và kiểm chứng lại bằng tính toán. Bài 5: Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít hỗn hợp 2 hiđrôcácbon thể khí, sau phản ứng thu được 2 mol hỗn hợp khí và hơi. Lượng O2 dùng để đốt cháy là 33,6 lít. Xác định công thức phân tử, viết các công thức cấu tạo ứng với công thức phân tử tìm được (các thể tích khí đo ở đktc). Hướng dẫn chấm đề thi HSG thành phố 1999-2000 Môn hoá học lớp 11 - bảng A Bài 1: 1/ AB ⇌ A+ + B – KAB [] C - Cα Cα Cα 2 α2 ( Cα ) KAB = = C = const nên C giảm thì α tăng ( trong khoảng từ 0 < α < 1) C −Cα 1− α 2/ Trong dung dịch chứa NaAlO2 và Na2CO3 có các cân bằng: AlO2 - + 2H2O ⇌ Al(OH)3 + OH(1) 2-CO3 + H2O ⇌ HCO3 + OH (2) H2O ⇌ H2O + CO2 + OH – (3) HCO3- + Trong dung dịch KHSO4 có cân bằng: HSO4– + H2O ⇌ SO 24− + H3O+ Khi cho đến dư dd KHSO4 và dd chứa NaAlO2 và Na2CO3 làm dịch chuyển các cân bằng (1),(2) và (3) sang phải có các hiện tượng : - Có khí thoát ra ( khí CO2) - Có kết tủa keo (Al(OH)3) Nếu dư KHSO4 thì Al(OH)3 sẽ bị hoà tan: Al(OH)3 + OH – → AlO2– + 2H2O 3/ Trong dung dịch FeCl3 và CuSO4 có các ion : Fe3+, Cu2+ Dung dịch NH3 có cân bằng: NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OHKhi cho dung dịch NH3 vào dung dịch FeCl3 và CuSO4 - Có kết tủa nâu, kết tủa xanh do phản ứng: Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 ↓ nâu Cu2+ + 2OH- → Cu(OH)2 ↓ xanh Sau đó kết tủa xanh Cu(OH)2 tự hoà tan trong dd NH3 dư do phản ứng : Cu(OH)2 + 4NH3 → [Cu(NH)4](OH)2 ( dung dịch màu xanh ) - Nhỏ vài giọt ddNH3 đậm đặc vào AlCl3 khan có khói trắng xuất hiện do các phản ứng: AlCl3 + 6H2O = Al(OH)3 + 3HCl NH3 + HCl = NH4Cl ( khói trắng) Bài 2 1/ Hoàn thành các phương trình phản ứng : Cr4C3 + 2OH- + 8NO3- = 8NO + 4Cr3+ + 3CO2 + 10H2O Fe2P + 2OH- + 11NO3- = 6 Fe3+ + 3PO43- + 11NO + 10H2O 2I- + 2NO2 + 4H+ = I2 + 2NO + 2H2O 4Au + 12H+ + 4CN -- + 3O2 = 4[Au(CN)4] - + 6H2O 2/ CHF = 0,1M; [H+] = 10 -3 , gọi nồng độ NaF trong dd ban đầu là x HF H+ + F⇌

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

[]

-1

-3

(10 - 10 )

3,17.10

-4

−3

-3

x + 10

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

-3

( x + 10 ) = 10 ( x + 10 ) = x + 10 −3

−1

− 10

−3

99.10

−3

→ x + 10 -3 = 313,83.10 -4

⇒ x = 303,83.10 -4 ⇒ nNaF = 3,03.10 -4 -5 Khối lượng NaF là : 303,83.42.10 = 0,1276 g Bài 31/ Gọi tên các hiđrô cácbon: CH3  CH == C  CH CH2CH2 CH3 và CH3 C2H5

CH3 4- etyl – 3 - mêtyl heptan - 2 và 1 – metyl – xiclopenten – 2 2/ Viết CTCT của hiđrôcacbon 6 - brôm - 5-clo- 4- iso prôpyl - 4 - mêtyl octan CH3 CH3  CH2  CH2  C  CH  CH  CH2  CH3 CH

CH3 CH3 3/ t0S tăng dần CH3(CH2)3CH3 < CH3 - CH - CH - CH3 < CH3 - CH2 – CH - CH2 - CH3 < CH3- (CH2)4 - CH3 (A) (B) CH3 CH3 (C) CH3 (D) 0 (A) có khối lượng phân tử nhỏ hơn (B), (C), (D) nên t s thấp nhất. từ (B) đến (C) đến (D) tính phân nhánh giảm dần, diện tích tiếp xúc giữa các phân tử tăng dần, t0S tăng dần. 4/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: CH2 = CH – CH2 – CH3 + HOCl → CH2 Cl –CH(OH) – CH2 – CH3 CH2 = CH – CH3 + HI → CH2 I – CH2 –CH3 Bài 4 Các phương trình phản ứng : Ag + 2HNO3 = AgNO3 + NO2 + H2O (1) 2AgNO3 + 2Na HCO3 = Ag2CO3 + 2NaNO3 + H2O + CO2 (2) Ag2CO3 = 2Ag + CO2 + 1/2O2 (3) CO2 + 2NaOH = Na2CO3 + H2O (4) Kiểm chứng lại bằng tính toán: khối lượng gốc NO3- : 1,092 - 0,6472 = 0,372 gam Số mol NO3- = 6.10 -3 mol với công thức M(NO3)n 0,6472 MKL = = 108 (n=1) Vậy KL là Ag . Với n= 2 không thoả mãn 6.10 −3 VO2 = 33,6 ml ; VCO2 (pt 3) = 67,2 ml ; VO2 = 1/2VCO2 ⇒ nO2 = 1/2nCO2 thoả mãn pt(3) 33,6 Bài 5 Số mol CO2 và H2O =2(mol) ; Số mol O2 = = 1,5(mol ) ; - Số mol hỗn hợp : 22,4 6,72 = 0,3(mol ) 22,4 Gọi số mol CO2 là x; số mol H2O là y ta có : x + y = 2 và 2x + y = 1,5. 2 = 3 → x = y = 1 Vậy hai hiđrôcacbon đem đốt là 2 anken(xycloankan) CnH2n hay hỗn hợp 2 hiđrôcácbon CnH2n+2 và CmH2m - 2 * Trường hợp 1 : 2 hiđrôcacbon : CnH2n và CmH2m Khối lượng hai hiđrôcacbon: 44 + 18 - 1,5.32 = 14(g) 14 Trị số cacbon trung bình của hai hiđrôcacbon = = 3,3 . Vậy n= 4; m= 3 hoặc n = 4; m = 2 14.0,3 2 hiđrôcacbon là: C4H8 cấu tạo CH3 CH3 CH2 = CH – CH2 – CH3 ; CH3 ; CH2 = CH – CH3 H C=C C=C H H H CH so2ạn và sưu tầm! H2Chành PDF CH2 bởi Ths Nguyễn CH2 Phát Thanh Tú BiênCH peroxit

Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 CH3

C3H6 và C2H4 CH2 = CH – CH3 CH2 = CH2

* Trường hợp 2 : Gồm hai hiđrôcacbon CnH2n và CmH2m-2 chỉ thoả mãn khi các số mol 2 hiđrô cacbon bằng nhau 3n + 1 O2 → nCO2 + (n+1)H2O CnH2n + 2 1 3m − 1 CmH2m-2 + O2 → mCO2 + (m - 1)H2O Rút ra n + m = = 6,67 (không nguyên) 2 0,15 Vậy không thể có hỗn hợp 2 hiđrô cacbon ở trường hợp hai. KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 1999-2000 MÔN HOÁ HỌC- LỚP 11 BẢNG B (Thời gian làm bài 180′ không kể thời gian giao đề) Bài 1 : l/ Trong dung dịch có cân bằng sau: AB A+ + B – KAB Nồng độ ban đầu của AB là (C) Hãy viết biểu thức liên hệ giữa độ điện ly (α) và hằng số cân bằng KAB của cân bằng trên. Độ điện ly α thay đổi như thế nào khi giảm nồng độ ban đầu bằng cách pha loãng dung dịch. 2/ Nêu hiện tượng, viết phương trình phản ứng cho những thí nghiệm sau: - Cho từ từ đến dư dung dịch KHSO4 vào dung dịch chứa NaAlO2 và Na2CO3. - Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch chứa FeCl3 và CuSO4. - Nhỏ vài giọt dung dịch NH3 đậm đặc vào AlCl3 khan. Bài 2: Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Cr3+ + Br2 + OH – → CrO42– + ... CuFeS2 + Fe3+ + O2 + H2O → Fe2+ + SO42– + ... SO2 + MnO4– +…→ Mn2+ + SO42– + ... Bài 3: 1/ Rượu X chứa 34,78% ôxy, rượu X tách nước , thu được một anken, dẫn anken sục qua dung dịch B chứa nước Br2 có lẫn một ít NaI và NaCl. a) Xác định công thức cấu tạo của rượu X và anken. b) Xác định sản phẩm thu được khi sục anken qua dung dịch B, giải thích. 2/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: UBND TP HẢI PHÒNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

C  → (B) + (C) (A) 1500 (B) + dd AgNO3 trong NH3 → (D) ↓ + (E) + (F) (D) + (G) → (B) + (H) ↓ 2(B) → (I) 0

,t (I) + (C) Pd   → (K) n(K) → (L)n Bài 4: Tính lượng NaF có trong 100ml dung dịch HF O,1M ; biết dung dịch có pH = 3, hằng số cân bằng Ka của HF là 3,17. 10– 4. Bài 5: Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít hỗn hợp 2 hiđrôcácbon thể khí, sau phản ứng thu được 2 mol hỗn hợp khí và hơi. Lượng O2 dùng để đốt cháy là 33,6 lít. Xác định công thức phân tử, viết các công thức cấu tạo ứng với công thức phân tử tìm được (các thể tích khí đo ở đktc). HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ 1999-2000 MÔN HOÁ HỌC LỚP 11 - BẢNG B Bài 1 1/ AB ⇌ A+ + B – KAB [] C - Cα Cα Cα

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2

α ( Cα ) = C = const nên C giảm thì α tăng ( trong khoảng từ 0 < α < 1) C −Cα 1− α 2/ Trong dung dịch chứa NaAlO2 và Na2CO3 có các cân bằng: Al(OH)3 + OH(1) AlO2 - + 2H2O ⇌ CO32-- + H2O ⇌ HCO3- + OH(2) – HCO3 + H2O ⇌ H2O + CO2 + OH (3) Trong dung dịch KHSO4 có cân bằng: HSO4– + H2O ⇌ SO 24− + H3O+ Khi cho đến dư dd KHSO4 và dd chứa NaAlO2 và Na2CO3 làm dịch chuyển các cân bằng (1),(2) và (3) sang phải có các hiện tượng : - Có khí thoát ra ( khí CO2) - Có kết tủa keo (Al(OH)3) Nếu dư KHSO4 thì Al(OH)3 sẽ bị hoà tan: Al(OH)3 + OH – → AlO2– + 2H2O 3/ Trong dung dịch FeCl3 và CuSO4 có các ion : Fe3+, Cu2+ Dung dịch NH3 có cân bằng: NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OHKhi cho dung dịch NH3 vào dung dịch FeCl3 và CuSO4 - Có kết tủa nâu, kết tủa xanh do phản ứng: Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 ↓ nâu 2+ Cu + 2OH → Cu(OH)2 ↓ xanh Sau đó kết tủa xanh Cu(OH)2 tự hoà tan trong dd NH3 dư do phản ứng : Cu(OH)2 + 4NH3 → [Cu(NH)4](OH)2 ( dung dịch màu xanh ) - Nhỏ vài giọt ddNH3 đậm đặc vào AlCl3 khan có khói trắng xuất hiện do các phản ứng: AlCl3 + 6H2O = Al(OH)3 + 3HCl NH3 + HCl = NH4Cl ( khói trắng) Bài 2 Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Cr3+ + 8OH- + Br2 = 2 CrO4- + 8H+ + 2BrCuFeS2 + 8H2O + 16Fe3+ + 16O2 = 21Fe2+ + 10SO42- + 5Cu2+ + 16H+ SO2 + 2H2O + 2MnO4- = 5SO42- + 4H+ + 2Mn2+ Bài 3 1/ Từ % oxi trong rượu =34,78%, rượu tách nước thu được anken → rượu là rượu no đơn chức: 16.100 = 34,78 → n= 2 → Công thức cấu tạo của rượu CH3 - CH2 - OH CnH2n+1OH. → 14n + 18 Công thức cấu tạo của anken CH2 = CH2 CH2 = CH2 + Br2 → CH2Br  CH2Br CH2 = CH2 + Br2 + I- → CH2Br  CH2I + BrCH2 = CH2 + Br2 + Cl- → CH2Br  CH2Cl + BrCH2 = CH2 + Br2 + H2O → CH2Br  CH2OH + HBr CH2 = CH2 + Br2 + H+ → CH3 CH2  Br + BrCH2 = CH2 + H+ + I- → CH3  CH2  I CH2 = CH2 + H+ + OH- → CH3  CH2  OH Hoàn thành các phương trình phản ứng: CH4 → CH ≡ CH + 3H2 (A) (B) (C) CH ≡ CH + 2[Ag(NH3)2]NO3 → Cag ≡ CAg↓ + 2NH4NO3 + 2NH3 (B) (D) (E) (F) CAg ≡ CAg + HCl → CH ≡ CH + 2AgCl↓ (D) (G) (B) (H) 2CH ≡ CH → CH ≡ C - CH = CH2 (B) (I) CH ≡ C - CH = CH2 + H2 → CH2 = CH - CH = CH2 (I) (C) (K) nCH2 = CH - CH = CH2 → ( - CH2 - CH = CH2 - CH -)n (K) (L) Bài 4 KAB =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

-3

CHF = 0,1M; [H ] = 10 , gọi nồng độ NaF trong dd ban đầu là x ⇌ H+ + FHF -1 -3 -3 [ ] (10 - 10 ) 10 x + 10-3 3,17.10 - 4 =

(

1 0 −3 x + 1 0 − 3 10

−1

− 10

−3

) = 10 (x + 10 ) =

-4

−3

9 9 .1 0

−3

x + 1 0 − 3 → x + 10 -3 = 313,83.10 -4 99

⇒ x = 303,83.10 ⇒ nNaF = 3,03.10 -4 Khối lượng NaF là : 303,83.42.10 -5 = 0,1276 g Bài 5

33,6 6,72 = 1,5(mol ) ; - Số mol hỗn hợp : = 0,3(mol ) 22,4 22,4 Gọi số mol CO2 là x; số mol H2O là y ta có : x + y = 2 và 2x + y = 1,5. 2 = 3 → x = y = 1 Vậy hai hiđrôcacbon đem đốt là 2 anken(xycloankan) CnH2n hay hỗn hợp 2 hiđrôcácbon CnH2n+2 và CmH2m - 2 * Trường hợp 1 : 2 hiđrôcacbon : CnH2n và CmH2m Khối lượng hai hiđrôcacbon: 44 + 18 - 1,5.32 = 14(g) 14 Trị số cacbon trung bình của hai hiđrôcacbon = = 3,3 . Vậy n= 4; m= 3 hoặc n = 4; m = 2 14.0,3 2 hiđrôcacbon là: C4H8 cấu tạo CH3 CH3 H ; CH2 = CH – CH3 CH2 = CH – CH2 – CH3 ;CH3 H C=C C=C CH3 H H H CH3 C3H6 và C2H4 H2 C CH2 CH2 CH2 CH2 = CH – CH3 CH2 = CH2

Số mol CO2 và H2O =2(mol) ; Số mol O2 =

H2 C

CH2 H2C

CH – CH3

H2C

CH2

* Trường hợp 2 : Gồm hai hiđrôcacbon CnH2n và CmH2m-2 chỉ thoả mãn khi các số mol 2 hiđrô cacbon bằng nhau 3n + 1 CnH2n + O2 → nCO2 + (n+1)H2O 2 1 3m − 1 CmH2m-2 + O2 → mCO2 + (m - 1)H2O Rút ra n + m = = 6,67 (không nguyên) 2 0,15 Vậy không thể có hỗn hợp 2 hiđrô cacbon ở trường hợp hai.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 UBND TP HẢI PHÒNG KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2000-2001 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠo Môn Hoá học- Lớp 11 THPT (Thời gian làm bài 180′ không kể thời gian giao đề) (Bảng A làm cả 5 bài - Bảng B không phải làm bài 5)

Bài l: 1/ Dung dịch A gồm các cation: NH4+ ; Na+ ; Ba2+ và 1 anion X có thể là một trong các anion sau: CH3COO – ; NO3–; SO42– ; CO32– ; PO43– . Hỏi X là anion nào? Biết rằng dung dịch A có pH = 5 . 2/ Thêm NaOH dư vào dung dịch CuSO4 ,thêm tiếp NH4NO3 vào dung dịch đến dư có hiện tượng gì xảy ra? Viết phương trình phản ứng. 3/ Cho các dung dịch sau: Al(NO3)3 ; ZnCl2 ; Na2CO3 ; MgSO4 ; NH4NO3 . Không dùng thêm thuốc thử hãy nêu cách nhận ra từng dung dịch, viết phương trình phản ứng dạng ion. Bài 2: Hoà tan a gam Cu trong lượng dư dung dịch HNO3 . Kết thúc phản ứng thu được 5,97 lít hỗn hợp gồm NO và NO2 (khí A), và dung dịch có khối lượng không thay đổi so với khối lượng axit ban đầu. Thực hiện 2 thí nghiệm sau: ' Thí nghiêm 1 : lầy 11,94 lít khí A cho đi qua dung dịch KOH 0,5 M phản ứng vừa đủ, thu được dung dịch B ( thể tích không thay đổi so với thể tích dung dịch KOH). Thí nghiêm 2: Lấy 5,97 lít khí A cho đi qua Cu bột dư thu được khí C. 1/ Tính a. 2/ Tính thể tích dung dịch KOH và nồng độ mol/11t của dung dịch B. 3/ Tính thể tích khí C thu được. Các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Bài 3: Cho cân bằng sau: HCOOH ⇌ H+ + HCOO – Hoà tan 4,600 gam axit fomic (HCOOH) trong nước và pha loãng thành 500 ml (dung dịch A). 1/ Tính độ điện li của axit fomic trong dung dịch A, biết rằng pH của dung dịch A là 2,25 2/ Tính hằng số phân li của axit fomic. 3/ Cần thêm bao nhiêu ml dung dịch HCl có pH = 1,00 vào 100,00 ml dung dịch A để độ điện li của axit giảm 20% (khi tính coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm dung dịch HCl). 4/ Nếu thêm 0,400 gam NaOH vào 50,00 ml dung dịch A, sau đó cho giấy quỳ tím vào dung dịch thì quỳ tím có đổi mầu không? Nếu đổi mầu thì đổi mầu gì? tại sao? Tính pH của dung dịch. Bài 4: OH Limonen có trong tinh dầu chanh công thức phân tử C10H16. HO Hidro hoá Limonen thu được Mentan C10H20. C CH3 Cho Limonen tác dụng với nước (xúc tác axit) thu được H3C CH3 tecpinhidrat có công thức: 1/ Xác định công thức cấu tạo của Limonen, Mentan, biết rằng trong phân tử Limonen có 2 nhóm metyl. 2/ Viết phương trình phản ứng của 1 mol Limonen với 1 mol Br2 ; với 2 mol HBr. 3/ A, B, C là các đồng phân của Limonen, có một số phản ứng tương tự Limonen, cả ba đều có đồng phân hình học, tiến hành phản ứng ozon phân A,B,C đều cho Etanal và một sản phẩm khác: - A cho chất A1 có công thức: - B cho chất B1 có công thức: O=HCCH2-CH2-CH2 – CH– CH=O O=HC- CH2-CH2 – CH – CH2-CH=O H3C – C = O H3 C – C = O Xác định công thức cấu tạo của A,B,C. Bài 5: Hiđrocacbon A có công thức tổng quát CnHn+1 . Một mol A phản ứng vừa đủ 4 mol H2 hay 1 mol Br2 trong dung dịch nước brom. Oxi hoá A thu được hỗn hợp sản phẩm trong đó có axit axetic. Xác định công thức cấu tạo của A. Viết phương trình phản ứng của A với dung dịch Brom; với HBr; với Br2 (xúc tác FeBr3). HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG HOÁ 2000-2001 (LỚP 11 THPT) Bài 1: (3 điểm) 1/ X là NO3– vì NH4NO3: môi trường axit pH< 7. 2/ + có kết tủa màu xanh: Cu2+ + 2OH- = Cu(OH)2↓

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 +

+ có khí mùi khai : NH4 + OH = NH3↑ + H2O + kết tủa tan tạo dung dịch xanh thẫm: Cu(OH)2 + 4NH3 = [Cu(NH3)4]2+ + 2OH3/ Lấy mỗi dung dịch một ít cho lẫn lượt vào các dung dịch còn lại hiện tượng được ghi trong bảng sau: Al(NO3)3 Al(NO3)3 ZnCl2 Na2CO3 MgSO4 NH4NO3 KÕt luËn

↓, ↓tan ↓, ↓tan

ZnCl2 -

Na2CO3 ↓, ↓tan (1) ↓, ↓tan (2)

↓, ↓tan ↓, ↓tan

↓, ↓tan (3) ↑ (khai)(4) 3↓,↑

MgSO4 ↓trắng ↓

NH4NO3 ↑(khai) ↑

-NÕu dung dÞch cho 3 tr-êng hîp kÕt tña vµ 1 tr-êng hîp cã khÝ mïi khai tho¸t ra lµ dung dÞch Na2CO3: Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓ (CO32- + H2O ⇔ HCO3- + OH-) Al(OH)3 + OH = AlO2 + 2H2O Zn2+ + 2OH- = Zn(OH)2 Zn(OH)2 + 2OH- =ZnO22- + 2H2O Mg2+ + 2OH- = Mg(OH)2 (kh«ng viÕt Mg2+ + CO32- = MgCO3) + NH4 + OH = NH3 + H2O - NÕu dung dÞch chØ cho 1 kÕt tña vµ kÕt tña kh«ng tan trong thuèc thö d- lµ dung dÞch MgSO4. - NÕu dung dÞch chØ cho 1 tr-êng hîp cã khÝ mïi khai tho¸t ra lµ dung dÞch NH4NO3. - 2 dung dÞch cßn l¹i cã hiÖn t-îng gièng nhau lµ Al(NO3)3 vµ ZnCl2 Dïng dung dÞch NH4NO3 nhËn ra kÕt tña Zn(OH)2: kÕt tña tan trong dung dÞch NH4NO3 → dung dÞch t-¬ng øng lµ ZnCl2 cßn l¹i lµ dung dÞch Al(NO3)3 NH4+ ⇔ NH3 + H+ vµ Zn(OH)2 + 4NH3 = [Zn(NH3)4]2+ + 2OHBµi 2: (3 ®iÓm) Ph-¬ng tr×nh ph¶n øng : 3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O Cu + 4HNO3 = Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O 2NO2 + 2KOH = KNO2 + KNO3 + H2O t0

NO + Cu → CuO + 1/2N2 2NO2 + 4Cu = 4CuO + N2 Gäi sè mol Cu tham gia ph¶n øng (1) lµ x, tham gia ph¶n øng (2) lµ y. 2x (x + y) .64 = 30. + 46 . 2y hay 7 y = 11 x → Giải được x = 0,07 ; y = 0,11 3 2x + 2y = 0,2665 3 1/ Tính a: a = 11,52 gam 2/ Số mol NO2 tham gia phản ứng (3) : 0,11× 4 = 0,44 (mol) 0,44 ⇒ Số mol KOH tham gia phản ứng : 0,44 mol ⇒ Thể tích dung dịch KOH 0,5M = = 0,88(lít) 0,5 0,44 Nồng độ các muối trong dung dịch B: [KNO2] = [KNO3] = = 0,25 (M) 0,88.2 1 1 0,07.2 3/ Theo các phương trình (4), (5) số mol N2 = số mol (NO + NO2) = ( + 0,11 . 2) 2 2 3 = 0,13335 (mol) Thể tích khí N2: (đktc) = 0,13335. 22,4 = 2,987 (lít). Bài 3: 4, 6 1/ Nồng độ gốc của HCOOH: CH-COOH = = 0,200M ; pH = 2,25 ⇒ [H+] = 5,62.10-3 M 46.0.5 ⇌ HCOOH H+ + HCOO – KA

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ban đầu: [ ]

0,200 0 5,62.10-3 (0,200-5,62.10-3 ) 5, 62.10 −3 α= = 2,81% 0, 2

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0 5,62.10-3

 H +  .  H-COO-  (5, 62.10 −3 )2 2/ Tính KA = = = 1,62.10-4 (0, 2 − 5, 62.10 −3 ) [ H-COOH ] 3/ Độ điện li giảm 20% ⇒ α' = 2,81.0,8 = 2,248% 2,248.0,2 2,248.0,2 ⇒ [HCOOH] = 0,2 – = 0,1955 và [HCOO-] = = 4,5.10-3 100 100 ⇔ H+ + HCOO – H-COOH Ban đầu: 0,200 x 0 -3 4,5.10-3 [ ] 0,1955 x + 4,5.10 ( x + 4,5.10-3 ).4, 5.10 −3 Ta có : = 1,62.10-4 → x = 0,0025 → [H+] = 0,0025. 0,1955 Gọi V là thể tích dung dịch HCl cần thêm , với pH = 1 ⇒ [H+] = 0,1 ⇒ số mol [H+] = 0,1V. Vậy 0,1V = 0,0025.0,1 ⇒ V = 0,0025 (lít) hay 2,5 ml. 0, 4 4/ Nồng độ gốc của NaOH = = 0,2 M 40.0, 05 HCOOH + NaOH = HCOONa + H2O 0,2 0,2 0,2 Dung dịch chỉ còn HCOONa → HCOO- + Na+ có cân bằng HCOO- + H2O ⇔ HCOOH + OHTạo ra môi trường bazơ → pH >7 → quỳ tím đổi màu xanh. * Tính pH của dung dịch: H-COO – + H2O ⇔ H-COOH + OH – Kb = KA-1.W Ban đầu 0,200 0 0 [] 0,2 – x x x x2 Ta có : = 103,79.10-14 = 10-10,21 coi x << 0,2 thì ⇒ x2 = 2.10-11,21 0, 2 − x ⇒ x = 1,4.10-5,6 = 10-5,45 ⇒ [H+] = 10-8,55 ⇒ pH = 8,55 Bài 4: (3 điểm) 10.2 + 2 − 16 Từ CTPT của Limonen : C10H16 ⇒ độ bất bão hoà = = 3. 2 - Limonen + H2→ Mentan C10H20 → Limonen có 2 liên kết đôi và 1 vòng. Từ công thức tecpinhidrat ⇒ CTCT của * Limonen *Mentan: CH3 CH2 H3C C C H3C CH3 CH3 2/ Phương trình phản ứng: CH2 CH2Br 1:1 H3 C C H C CBr 3 + Br2 → CH3 CH3 Br

CH2 H3 C

CH3 3/ Xác định CTCT của A, B ,C *CTCT A: C

CH – CH3 CH3

2 HBr  → H3C

*CTCT B:

CBr

CH3 CH3

*CTCT C: C

CH – CH3 CH3

CH – CH3

CH3 Biên soạn và sưu tầm!

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Bài 5: (3 điểm) A + 4 mol H2 → A có 4 liên kết đôi. A + 1 mol Br2 → A có 1 liên kết đôi ngoài vòng ⇒ độ bất bão hoà trong A là 5 2n+2-(n+1) Từ công thức CnHn+1 ta có: = 5 ⇒ n = 9. ⇒ CTPT A: C9H10 2 OXH A  → …… + CH3COOH . Vậy CTCT A: CH = CH – CH3 Các phương trình phản ứng: A + dd Br2: C6H5-CH=CH-CH3 + Br2 → C6H5-CHBr-CHBr-CH3 A + HBr : C6H5-CH=CH-CH3 + HBr → C6H5-CHBr-CH2-CH3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Môn Hoá học lớp 11THPT NĂM HỌC 2001 – 2002

Thời gian làm bài : 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Bảng A làm cả 5 bài, Bảng B không làm bài 4

Bài 1: 1/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: NH3(k) + HCl(k) SO2(k) + CaO(r) NH3(k) + Cl2 (k) NH4HCO3 ( đun nóng) NH4NO2 ( đun nóng) SO2 + H2O SO3 + ddNaOH Theo thuyết Bronsted phản ứng nào là phản ứng axit-bazơ, xác định axit, bazơ. 2/ Viết các phương trình phản ứng: ( sản phẩm chính, tỉ lệ mol 1:1) a) CH3-CH=CH-CH2-CH3 + HCl b) S-cis butađien-1,3 + etilen ( 2000C) c) Benzen + Propen ( xúc tác H+) ( môi trường H+) d) Tôluen + KMnO4 e) FCH2-CH=CH2 + HBr Bài 2: 1/ Cho n-butan phản ứng với Clo ( tỉ lệ mol 1:1), chiếu sáng được hỗn hợp 2 sản phẩm hữu cơ A và B cùng khí C. a) Viết phương trình phản ứng. b) Khí C được hoà tan trong nước, để trung hoà dung dịch cần 800 ml dung dịch NaOH 0,75M . Tính khối lượng sản phẩm A, B , biết nguyên tử Hidro ở Các bon bậc II có khả năng phản ứng cao hơn 3 lần so với nguyên tử Hidro ở Các bon bậc I. 2/ Có 4 hidrocacbon thơm: C8H10 (A) ; C8H10 (B) ; C9H12 (C) ; C9H12 (D) . Thực hiện phản ứng các hidrocacbonvới Br2/Fe ( tỉ lệ mol 1:1) được các dẫn xuất mono Brom. a) A cho 1 sản phẩm thế. b) B cho 3 sản phẩm thế. c) C cho 1 sản phẩm thế. d) D cho 2 sản phẩm thế. Viết công thức cấu tạo của A ; B ; C ; D. Bài 3: Cho 2 ml dung dịch AgNO3 0,03M vào 1 ml dung dịch NH3 1,5M, được dung dịch X. Hiện tượng gì xảy ra khi: 1/ Thêm 1 ml dung dịch NaCl 0,02M vào dung dịch X. 2/ Thêm 1 ml dung dịch HCl 0,50M vào dung dịch X Cho: NH3 + H+ => NH4+ K = 109,24

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 +

β = 10

Ag(NH3)2 => Ag + 2NH3 Tt (AgCl) = 10-10

-7,23

Bài 4: Dung dịch A được tạo thành khi cho 0,10 mol CuSO4 vào dung dịch chứa 2 mol NH3. Tính nồng độ ion Cu2+ tự do có trong 500 ml dung dịch A. 2+ Cho: Cu2+ + 4NH3 => [Cu ( NH 3 ) 4 ] β = 2.1013 NH3 + H2O => NH4+ + OHKb = 10-4,8 Bài 5: Hiđrocacbon X phản ứng cộng Brom với khối lượng bằng 246,15% khối lượng của nó. Khi đun nóng X với etylen sinh ra sản phẩm Y, Y có đồng phân quang học, 1mol Y có khả năng phản ứng với 1 mol H2 cho hợp chất Z. X/ là đồng phân của X, đun nóng X/ với etylen sinh ra sản phẩm Y/ , Y/ không có đồng phân quang học.1mol Y/ phản ứng với 1 mol H2 cũng cho hợp chất Z. 1/ Xác định công thức cấu tạo X, Y, X/ , Y/ và Z biết khối lượng phân tử X không vượt quá 196. Viết các phương trình phản ứng. 2/ Viết phương trình ( tỉ lệ mol 1:1) của X với HBr. Chú thích: Hợp chất có đồng phân quang học trong phân tử có nguyên tử cac bon bất đối (C*) là nguyên tử Cac bon liên kết với 4 nguyên tử hay nhóm nguyên tử khác nhau). ĐÁP ÁN Bài 1: (4 điểm) 1/ Hoàn thành phương trình phản ứng: (2,0 điểm) mỗi phương trình cho 0,25 điểm NH3 + HCl = NH4Cl (1) SO2 + CaO = CaSO3 (2) NH4HCO3 = NH3 + H2O + CO2 (3) NH4NO2 = N2 + 2H2O (4) SO2 + H2O = H2SO3 (5) SO3 + H2O = H2SO4 (6) NaOH + H2SO4 = NaHSO4 + H2O (7) 2NaOH + H2SO4 = Na2SO4 + 2H2O (8) Theo thuyết Bronstet: (0,75 điểm) Phản ứng (1) là phản ứng axit-bazơ: Bazơ : NH3 ; axit: HCl Phản ứng (5) là phản ứng axit-bazơ: Bazơ : SO2 ; axit: H2O Phản ứng (6) là phản ứng axit-bazơ: Bazơ : SO3 ; axit: H2O Phản ứng (7) (8) là phản ứng axit-bazơ: Bazơ : NaOH ; axit: H2SO4 2/ Các phương trình phản ứng: (1,25 điểm) mỗi pt cho 0,25 điểm a) CH3-CH=CH-CH2-CH3 + HCl CH3-CHCl-CH2-CH2-CH3 b) CH2 CH CH2 + CH CH2 CH2 c) C6H6 + CH2= CH-CH3

CH3- CH-CH3

C6H5 d) C6H5-CH3 + KMnO4 + H+ C6H5COOH + Mn2+ + K+ + 2H2O c) F-CH2-CH=CH2 + HBr FCH2-CH2- CH2Br Bài 2:( 3,0 điểm) 1/ (1,75 điểm) a) Viết phương trình: (0,50 điểm) CH3-CH2-CH2-CH3 + Cl2 CH3-CHCl-CH2-CH3 + HCl (A) (C) CH3-CH2-CH2-CH3 + Cl2 CH3-CH2-CH2-CH2Cl + HCl (B) (C) b) Tính khối lượng sản phẩm: ( 1,25 điểm) Gọi số mol sản phẩm A là nA ; sản phẩm B là nB : nA + nB = nHCl = nNaOH = 0.8.0,75 = 0,6(mol)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 100.r A .4 100.3.4 100.3.4 0,6 = => nA = . = 0,4 (mol) => nB = 0,2 (mol) 4.3 + 6. 4.3 + 6. 100 4 r A +6r B ( rA ; rB là khả năng phản ứng của nguyên tử H ở nguyên tử cac bon bậc II và bậc I) Khối lượng sản phẩm A = 0,4.92,5 = 37 gam. Khối lượng sản phẩm B = 0,2.92,5 = 18,5 gam. 2/ (1,25 điểm) %nA =

CH3

H3C

CH3

H3C

CH3

hoặc CH3 (A)

CH3 (B)

CH3 (C)

CH2-CH3

(D)

Bài 3:(2 điểm) Nồng độ ban đầu: 0,03.2 1,5.1 CAg+ = = 0,02 M ; CNH3 = = 0,5M 3 3 Cân bằng: Ag+ + 2NH3 ⇌ Ag(NH3)2+ β -1= 107,23 C0 0,02 0,50 còn lại: 0,46 0,02 1/ Thêm 1ml NaCl 0,02M vào dung dịch X: 0,02.1 0,46.3 Nồng độ ban đầu: C Cl- = = 0,005M ; C NH3 = =0,345M ; 4 4 0,02.3 = 0,015M C Ag(NH3)2+ = 4 Ag(NH3)2+ ⇌ Ag+ + 2NH3 β = 10-7,23 Bđ 0,015 0,345 Cb (0,015-x) x (0,345+2x) x(0,345 + 2 x) 2 x.0,345 2 = 10-7,23 giả sử x<< 0,015 => = 10-7,23 => x = 10-8,13 << 1,5.10-2 (0,015 − x) 0,015 => CCl- . CAg+ = 0,005.10-8,13 = 10-10,43< 10-10 vậy không có kết tủa AgCl. ( 1,0 điểm) 2/ Thêm 1 ml HCl 0,5M vào dung dịch X. 0,50.1 CH+ = CCl- = = 0,125M 4 NH3 + H+ ⇌ NH4+ K = 109,24 C 0,345 0,125 0,125 Còn 0,22 0,125 + + β = 10-7,23 Ag(NH3)2 ⇌ Ag + 2NH3 Bđ 0,015 0,22 Cb (0,015-x) x 0,22+ 2x x(0,22 + 2 x ) 2 x.0,22 2 -7,23 = 10 Giả sử x<<0,015 => = 10-7,23 => x= 10-7,74<< 1,5.10-2 (0,015 − x) 0,015 CCl- . CAg+ = 0,125.10-7,74 = 10-8,64 > 10-10 vậy xuất hiện kết tủa AgCl. (1,0 điểm) Bài 4:( 2 điểm) 01 2 C0Cu2+ = = 0,2M ; C0NH3 = = 4M 0,5 0,5 0

NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OHCu2+ + 4NH3 ⇌ Cu(NH4)42+

K = 10-4,8 β = 2.1013

(1) (2)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 (0,5 điểm)

Vì: β >> K => bỏ qua cân bằng (1) Cu2+ + B đ: 0,2 Pư: (0,2-x) Cb: x (0,2 − x)

Cu(NH4)42+ β = 2.1013 0 (0,2-x) (0,2-x) 0,2 13 = 2.10 Giả sử x<<0,2 => = 2.1013 4 4 x.(4 − 0,8) x.[4 − 4(0,2 − x)] -16,02 Giải được x = 10 << 0,2 (1,50 điểm) Bài 5: (4,0 điểm) Gọi khối lượng phân tử X là MX ; khối lượng Br2 tham gia phản ứng cộng: 160n. 160n.100 => CTĐGN của X là C5H5 , CTPT: (C5H5)n (0,5 điểm) = 246,15 => MX = 65n. MX 10n + 2 − 5n 5n + 2 Độ bất bão hoà trong X: = 2 2 Thoả mãn khi n chẵn,Vì MX < 196 => n=2 (0,5 điểm) CTPT X là C10H10 với độ bất bão hoà là 6 => X phản ứng được với 2 mol Br2 => X có 2 liên kết π ngoài mạch hở, 4 liên kết π còn lại tạo vòng thơm. Vì X có khả năng phản ứng với etylen => Y; 2 liên kết ở mạch hở tạo hệ liên hợp ( tương tự butadien-1,3). Vậy CTCT có thể có của X là: ( 1,0 điểm) C6H5-CH=CH-CH=CH2 và CH2=CH-C=CH2 4NH3 4 4(0,2-x) (4-[4(0,2-x)])

⇌

(X) (X’) C6H5 Phản ứng với etylen, H2: ( 1,0 điểm) mỗi phương trình cho 0,25 điểm

CH2

(Y)

CH2

H C6H5

* C6H5

+ H2 H C6H5 C6H5 CH2 CH CH CH2

CH2

(Z) H C6H5

C6H5 (Y’)

CH2

Xác định X, Y, X’, Y’, Z: (0,5 điểm) 2/ Phương trình phản ứng X với HBr: C6H5-CH=CH-CH=CH2 + HBr →

(0,5 điểm) C6H5-CHBr-CH2-CH=CH2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: HÓA HỌC-LỚP 11 (21/3/2019) Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi có 02 trang, gồm 9 câu) Cho biết nguyên tử khối: H =1, C =12, N =14, O =16, F=19, Mg =24, Al = 27, Si =28, P =31, S =32, Ca = 40, Fe= 56, Zn=65, Ba= 137. Câu 1. (3,0 điểm) 1. Rót nhẹ 1,0 ml benzen vào ống nghiệm chứa sẵn 2,0 ml dung dịch nước brom. Lắc kĩ ống nghiệm, sau đó để yên. Nêu hiện tượng, giải thích. 2. Các hiđrocacbon X, Y, Z, T (thuộc chương trình Hóa học 11, MX < MY < MZ < MT) đều có 7,7 % khối lượng hiđro trong phân tử. Tỷ khối hơi của T so với không khí bé hơn 4,0. Các chất trên thỏa mãn: - 1 mol chất T tác dụng tối đa 1 mol Br2 trong CCl4. - Từ chất X, để điều chế chất Y hoặc chất Z chỉ cần một phản ứng. - Cần 3 phản ứng để điều chế được chất T từ hai chất X và Z. - Từ mỗi chất X, Y, T chỉ được dùng thêm HCl, H2 và không quá hai phản ứng thu được các polime quan trọng tương ứng dùng trong đời sống là X’, Y’, T’. a. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên các chất X, Y, Z, T, X’, Y’, T’. b. Viết phương trình các phản ứng xảy ra. Câu 2. (3,0 điểm) 1. Cân bằng phương trình phản ứng dưới dạng ion thu gọn cho các thí nghiệm sau (mỗi thí nghiệm viết 1 phương trình) a. Hòa tan FeSx trong dung dịch HNO3 đặc, dư và đun nóng. b. Cho dung dịch K2S dư vào dung dịch Fe2(SO4)3. c. Cho dung dịch NH4HSO4 vào dung dịch Ba(HSO3)2. d. Cho dung dịch Ba(AlO2)2 vào dung dịch Al2(SO4)3. e. Cho a mol kim loại Ba vào dung dịch chứa a mol NH4HCO3. 2. X là một hợp chất tạo bởi sắt và cacbon có trong một loại hợp kim. Trong X có 93,33% khối lượng của Fe. Hòa tan X trong HNO3 đặc nóng, thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thu được hỗn hợp chất rắn T. Hòa tan hỗn hợp T trong dung dịch H2SO4 loãng, đun nóng, thu được hỗn hợp khí Q. Hỗn hợp Q làm nhạt màu dung dịch KMnO4 trong H2SO4 loãng. a. Xác định công thức phân tử của X và các chất có trong hỗn hợp T. b. Viết phương trình phản ứng của T với H2SO4, khí Q với dung dịch KMnO4. Câu 3. (2,0 điểm) Khi cho hai phân tử isopren đime hóa với nhau, trong đó một phân tử cộng hợp kiểu 1,4 và một phân tử cộng hợp kiểu 3,4 sinh ra phân tử limonen. 1. Hiđro hóa hoàn toàn limonen bởi H2 (Ni, t0) thu được mentan (1-metyl-4isopropylxiclohexan); còn hiđrat hóa limonen (xúc tác axit) ở nhánh, thu được terpineol. Hiđrat hóa terpineol, thu được terpin (được dùng làm thuốc chữa ho). Hãy xác định công thức cấu tạo của limonen, mentan, terpineol, terpin. 2. Ozon phân limonen, sau đó xử lý với Zn/CH3COOH thì thu được những sản phẩm hữu cơ nào? Viết công thức cấu tạo của chúng. Câu 4. (2,0 điểm) Photpho tồn tại trong tự nhiên ở dạng quặng apatit. Một mẩu quặng apatit gồm canxi photphat, canxi sunfat, canxi cacbonat, canxi florua được xử lí bằng cách cho vào hỗn hợp của

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 axit photphoric và axit sunfuric để tạo thành canxi đihiđrophotphat tan được trong nước dùng làm phân bón. a. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Giải thích tại sao các phản ứng được thực hiện ở nhiệt độ dưới 600C và trong tủ hốt? b. Kết quả phân tích thành phần khối lượng một mẫu apatit như sau: Thành phần CaO P2O5 SiO2 F SO3 CO2 % khối lượng 52,69% 39,13% 2,74% 1,79% 3,23% 1,18% Hòa tan m gam mẫu apatit vào lượng vừa đủ 25,0 ml dung dịch H3PO4 1,0M và H2SO4 0,2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng (ở nhiệt độ dưới 600C), thu được m1 gam chất rắn gồm CaSO4.2H2O, Ca(H2PO4)2, SiO2. Tính m và m1. Câu 5. (2,0 điểm) Hỗn hợp khí X gồm một ankan, một anken và hiđro. Cho 7,84 lít X đi qua chất xúc tác Ni, nung nóng, thu được 6,72 lít hỗn hợp khí Y. Dẫn Y đi qua dung dịch KMnO4 thì màu của dung dịch bị nhạt và thấy khối lượng bình tăng thêm 2,80 gam. Sau phản ứng, còn lại 4,48 lít hỗn hợp khí Z có tỷ khối so với hiđro là 20,25. Các khí cùng đo ở đktc, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Hãy xác định công thức phân tử và phần trăm thể tích của các khí có trong hỗn hợp Y. Câu 6. (2,0 điểm) Thực hiện hai thí nghiệm sau: Thí nghiệm 1: Sục từ từ đến dư khí CO2 vào dung dịch hỗn hợp chứa x mol NaOH, y mol KOH và z mol Ba(OH)2. Thí nghiệm 2: Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hợp chứa a mol Al2(SO4)3 và b mol NaHSO4 (a > b). a. Ở mỗi thí nghiệm, thứ tự các phản ứng xảy ra như thế nào? Viết phương trình các phản ứng đó. b. Vẽ đồ thị biểu diễn giá trị khối lượng kết tủa theo số mol CO2 (ở thí nghiệm 1) và theo số mol Ba(OH)2 (ở thí nghiệm 2). Câu 7. (2,0 điểm) Hòa tan hết 8,96 gam hỗn hợp X gồm Mg, MgCO3, Zn, ZnCO3 trong dung dịch chứa 0,43 mol KHSO4 và 0,05 mol HNO3. Sau khi kết thúc phản ứng, thu được 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm CO2, NO, H2 (trong đó H2 chiếm 1/3 thể tích Z) và dung dịch Y chỉ chứa m gam muối trung hòa. Tính m. Câu 8. (2,0 điểm) Hòa tan 1,0 gam NH4Cl và 1,0 gam Ba(OH)2.8H2O vào một lượng nước vừa đủ thì thu được 100 ml dung dịch X (ở 250C). a. Tính pH của dung dịch X, biết pKa (NH4+) = 9,24 b. Tính nồng độ mol/lít của tất cả các ion trong dung dịch X. c. Tính pH của dung dịch thu được sau khi thêm 10 ml dung dịch HCl 1,0M vào dung dịch X. Câu 9. (2,0 điểm) Đốt cháy hết m gam một hiđrocacbon X cần vừa đủ 2,688 lít O2 (đktc). Để phản ứng hết với lượng CO2 sinh ra cần ít nhất 100 ml dung dịch NaOH 0,75M. Cho X tác dụng với Cl2 (ánh sáng, tỷ lệ mol 1:1) thu được 4 sản phẩm monoclo và phần trăm khối lượng tương ứng là: A (30%), B (15%), C (33%), D (22%). a. Viết công thức cấu tạo và gọi tên thay thế A, B, C, D. b. Sản phẩm nào dễ hình thành nhất. Vì sao? Viết cơ chế phản ứng tạo sản phẩm đó. c. So sánh khả năng thế tương đối của nguyên tử hiđro ở cacbon bậc 1, 2, 3 bởi clo của X. --------Hết------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……………………………………… Số báo danh……………

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2018-2019

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

CÂU 1

Môn thi: HÓA HỌC-LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA 11 NỘI DUNG 1. Ban đầu có sự phân lớp chất lỏng- chất lỏng màu nâu đỏ phân lớp dưới, sau đó lại có sự phân lớp chất lỏng – chất lỏng màu nâu đỏ phân lớp trên. Nguyên nhân: Br2 ít tan trong nước, tan nhiều trong benzen. 2. a. X( axetilen, CH≡CH), Y( vinyl axetilen, CH≡C-CH=CH2), Z ( benzen), T(stiren, C6H5-CH=CH2), X’( PE hoặc PVC), Y’ (polibutađien hoặc policlopren), Z’( polistiren, poli (butađien-stiren) )

ĐIỂM

b. Phương trình phản ứng: - C6H5-CH=CH2+ Br2→ C6H5-CHBr-CH2Br - X -> Y: 2CH≡CH → CH≡C-CH=CH2, -Y-> Z: 3CH≡CH→ C6H6. + H2 + C6 H 6 ZnO - X, Z → T: C2 H 2  → C2 H 4  → C6 H 5 − C2 H 5  → C6 H 5 − C 2 H 3 Pd H+ t0 ’

-X→X :

-Y →Y’: - T→T’:

+ H2 T .H C2 H 2  → C2 H 4   → PE Pd + HCl T .H → C2 H 3Cl   → PVC C2 H 2  HgSO4

+ H2 T .H CH ≡ C − CH = CH 2  → CH 2 = CH − CH = CH 2  → polibutadien Pd + HCl T .H CH ≡ C − CH = CH 2  → CH 2 = CCl − CH = CH 2  → poliisopren HgSO4

T .H C6 H 5 − CH = CH 2  → polistiren

+ CH 2 =CH −CH =CH 2 C6 H 5 − CH = CH 2  → poli (butadien − stiren) T .H

1. a. FeSx +(4x+6) H+ +(6x+3)NO3- → Fe3+ + xSO42- +( 6x+3) NO2 +(2x+3) H2O b. 3S2- + 2Fe3+ → 2FeS + 3S c. HSO4- + HSO3- + Ba2+ → BaSO4 + SO2 +H2O. d. 3Ba2++ 6AlO2- + 2Al3+ +3SO42- +12H2O → 3BaSO4 + 8Al(OH)3 có thể chấp nhận: Ba2++ 3AlO2- +Al3+ +SO42- +6H2O → BaSO4 + 4Al(OH)3 e. Ba + NH4+ + HCO3- → BaCO3 + NH3 + H2 2. a. X là Fe3C.  N aN O2  N aN O2  N aN O N O 0   NO   + H N O3 2 3 H 2 SO4 aO H F e 3 C   → Y   N → Z   t→ T  N a 2 C O 3  +  →Q C O2 C O2  N a2C O3  N aO H   N a O H

b. T+ H2SO4 và Q + dung dịch KMnO4 3NaNO2 + H2SO4 →Na2SO4 + NaNO3 + 2NO + H2O. Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + H2O + CO2.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 5NO + 3KMnO4 + 2H2SO4 → Mn(NO3)2 + 2MnSO4 + 3KNO3 + 2H2O Hoặc: 5NO + 3MnO4- + 4H+ → 3Mn2+ + 5NO3- + 2H2O

a. Phương trình phản ứng CaCO3 + H2SO4→CaSO4 + H2O + CO2 CaF2 + H2SO4 →CaSO4 + 2HF Ca3(PO4)2 + 2H2SO4 → Ca(H2PO4)2 + 2CaSO4 Ca3(PO4)2 + 4H3PO4 → 3Ca(H2PO4)2 CaF2 + 2H3PO4 → Ca(H2PO4)2 + 2HF CaCO3 +2H3PO4 → Ca(H2PO4)2 + H2O + CO2 Phản ứng được làm trong tủ hốt vì tránh có sự xuất hiện của khí độc HF trong phòng thí nghiệm. Phải thực hiện ở nhiệt độ dưới 600C vì đảm bảo độ bền của thạch cao sống CaSO4.2H2O có trong phân bón. b. Tính m:    H 3P O4 : 0, 025 m ol   H 2SO4 :0, 005 m ol  0, 3913 m m ol  P2 O 5 : 142  0, 5269 m  m ol C aO : 56   SO : 0, 0323 m 3  80

Bảo toàn Canxi ta có:

0, 0323 m  ( B T lu u h u y n h )  C a S O 4 : 0 , 0 0 5 + 80  →   C a ( H P O ) : 0 , 0 2 5 + 0 , 3 9 1 3 m ( B T p h o tp h o ) 2 4 2  2 142

0,5269m 0, 0323m 0,3913m = 0, 0175 + + => m = 2,8( gam) 56 80 142

Tính m1:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0, 0323 m  ).172 CaSO4 .2 H 2 O : (0, 005 + 80  0, 025 0,3913 m  ).234 + Ca ( H 2 PO4 ) 2 :( 2 142   SiO2 : 0, 0274 m .  

   thay m = 2,8 → m1 = 5,8617 ( gam)     

Vì hỗn hợp Y làm nhạt màu dung dịch KMnO4 nên Y có anken dư và H2 hết  H2 Cx H2 x Cx H2 x+2   d d KMnO4 Ni ,t 0 0,35 mol X Cx H2 x  →0,3 mol Y Cx H2 x+2  →0, 2 mol Z  +2,8 gam Cy H2 y+2 C H C H y 2 y + 2 y 2 y + 2   => nH2 = nX − nY = 0,05 mol

nCx H2 x (Y ) = nY − nZ = 0,1    => MCx H2 x = 28 => Cx H2 x (C2 H4 )  mCx H2 x (Y ) = 2,8 nCx H2 x+2 = nH2( p.u ) = 0,05 => nCy H2 y+2 = 0, 2 − 0,05 = 0,15; mZ = 0,2.40,5 = 0,05.30 + 0,15(14 y + 2) => y = 3 (C3 H8 ) 6.

=> %V cackhitrongY a. TN1: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (1) CO2 + 2OH- → CO32- + H2O (2) CO2 + CO32- +H2O → 2HCO3- ( 3) CO2 + H2O + BaCO3 → Ba(HCO3)2 ( 4) TN2: Ba(OH)2 + 2NaHSO4 → BaSO4 + Na2SO4 + 2H2O (1) 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (2) Ba(OH)2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2NaOH (3) OH- + Al(OH)3 →AlO2- + 2H2O (4)

b. Đồ thị m↓

197z

nCO2 z

x+y+z

x+y+2z

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

m↓ 855a +233b

855a + 116,5b 699a + 233b

116,5b

nBa(OH)2 7

K +  2+ H 2 0,05 mol Mg Mg 0, 43 mol KHSO4    2+ +  →  NO(0,1 − a) mol + Y Zn + H 2O 8,96 g Zn CO (a mol ) 0, 05 mol HNO3 CO a mol  NH + (a − 0,05) mol  3  2  4 SO42−  0,5b

4a+0,5b

3a+b

3a+ 0,5b

BTo xi : nH2O = a + 0,15 − (0,1 − a) = 2a + 0,05 thay n

= 2a + 0,05

H 2O BT hidro :0, 48 = 0,1 + 4a − 0, 2 + 2nH2O  → a = 0,06.

BTKL : mmuoiY = (8,96 + 0, 43.136 + 0,05.63) − (0,05.2 + 0,04.30 + 44.0,06 + 0,17.18) = 63,59 gam

a. NH4+ + OH−  →NH3 + H2O

nNH4Cl =18,7.10−3 mol; nBa(OH)2 = 3,17.10−3 mol => nNH3 = 6,34.10−3 mol; nNH + (du) =12,4.10−3 mol 4

+ 4

 → ←  

−9,24

NH3 + H , ka =10

[NH3][H+ ] [NH4+ ] + => [ H ] = .ka =1,13.10−9 M; => pH = 8,95 [NH4+ ] [NH3 ] b. [NH4+]=0,124M; [Ba2+] =0,0317M; [H+]=1,13.10-9M; [Cl-] =0,187M; [OH-] =8,85.10-6M. 12,4.10−2 M

6,34.10−2 M

ka =

c. khi thêm 0,01 mol HCl vào dung dịch ta có NH3+H+→NH4+ nNH 3 ( p .u ) = 6,34.10−3 mol . Giả thiết thể tích dug dịch là 110 ml, bỏ qua sự phân ly của NH4+ thì [H+]dư= 0,0333M => pH=1,48. 9

a. n C O 2 = n N aO H = 0, 075 m ol n H 2 O = 2( n O 2 − n C O 2 ) = 2(0,12 − 0, 075) = 0, 09 m ol

n H 2O > nCO2 => X ( ankan).

nX = nH 2O − nCO2 = 0, 015 mol => C X =

nCO2

= 5 => CTPT X : (C5 H12 ) nX Trong 3 đồng phân của C5H12, chỉ có (CH3)2CH-CH2-CH3 thỏa mãn khi tác dụng clo sinh 4 sản phẩm monoclo. Vậy CTCT, tên gọi của các sản phẩm A, B, C, D: A là CH2Cl-CH(CH3)-CH2CH3: 1-clo-2-metylbutan. B là (CH3)2CH-CH2-CH2Cl: 1-clo-3-metylbutan.

1,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

C là (CH3)2CH-CHCl-CH3 : 2-clo-3-metylbutan. D là (CH3)2CCl-CH2-CH3: 2-clo-2-metylbutan. b. (CH3)2CCl-CH2-CH3: 2-clo-2-metylbutan là sản phẩm dễ hình thành nhất, do gốc tự do (CH3)2C*-CH2-CH3 bậc ba bền nhất. Cơ chế phản ứng: Khơi mào: a.s Cl2  → 2Cl * Phát triển mạch: → ( CH 3 )2 C * − CH 2 − CH 3 +HCl ( CH 3 )2 CH − CH 2 − CH 3 + Cl * 

0,5

→ ( CH 3 )2 CCl − CH 2 − CH 3 + Cl * ( CH 3 )2 C * − CH 2 − CH 3 + Cl2  Tắt mạch: → ( CH 3 )2 CCl − CH 2 − CH 3 ( CH 3 )2 C * − CH 2 − CH 3 + Cl * 

2 ( CH 3 ) 2 C * − CH 2 − CH 3  → CH 3CH 2 − (CH 3 ) 2 C − C (CH 3 ) 2 − CH 2 − CH 3 2Cl *  → Cl2 c. Gọi tốc độ phản ứng thế của H của cacbon bậc 1, bậc 2, bậc 3 lần lượt là v1, v2, v3. Ta có tỷ lệ: 45 33 22 9v1 : 2v2 : v3 = ( 30 + 15 ) % : 33% : 22% => v1 : v2 : v3 = : : = 1: 3,3 : 4, 4. 9 2 1 Nghĩa là H bậc 2, bậc 3 có tốc độ thế Clo gấp H bậc 1 là 3,3 và 4,4 lần.

0,5

Nếu thí sinh có cách giải khác đúng cũng cho điểm tối đa!

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 2 trang)

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: HÓA HỌC - LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1. (4 điểm) 1) Bằng kiến thức về phân bón hoá học, em hãy giải thích câu tục ngữ: “Lúa chiêm lấp ló đầu bờ Hễ nghe tiếng sấm phất cờ mà lên” 2) Viết công thức hoặc nêu thành phần chính của lân nung chảy, supephotphat, đạm ure, đạm amoni và giải thích một số kĩ thuật bón phân sau đây: Lân nung chảy thích hợp với đất chua. Không nên bón phân supephotphat, phân đạm ure, phân đạm amoni cùng với vôi bột.

3) X và Y là 2 trong số 4 chất sau: NaCl, FeCl2, Fe(NO3)2 và Al(NO3)3. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp hai chất X và Y (có số mol bằng nhau) vào nước thu được dung dịch Z. Chia Z thành 3 phần bằng nhau để tiến hành 3 thí nghiệm: Thí nghiệm 1: Cho dung dịch NaOH dư vào phần 1, thu được n1 mol kết tủa. Thí nghiệm 2: Cho dung dịch NH3 dư vào phần 2, thu được n2 mol kết tủa. Thí nghiệm 3: Cho dung dịch AgNO3 dư vào phần 3, thu được n3 mol kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và n1 < n2 < n3. Hãy chỉ ra cặp chất X, Y phù hợp, viết các phương trình phản ứng xảy ra và giải thích sự lựa chọn đó. Câu 2. (2 điểm) Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Na, K2O, Ba và BaO (trong đó oxi chiếm 10% về khối lượng) vào nước, thu được 100 ml dung dịch Y và 0,56 lít khí H2 (đktc). Trộn 100 ml dung dịch Y với 400 ml dung dịch gồm HCl 0,4M và HNO3 0,1M, thu được 500 ml dung dịch có pH=1. 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra. 2) Tính giá trị của m. Câu 3. (2 điểm) Nhỏ từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch chứa m gam hỗn hợp Al2(SO4)3, AlCl3 và Al(NO3)3 (trong đó AlCl3 và Al(NO3)3 có số mol bằng nhau). Sự phụ thuộc của khối lượng kết tủa (y gam) vào số mol Ba(OH)2 (x mol) được biểu diễn bằng đồ thị (hình bên). 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học để giải thích sự biến thiên của đồ thị. 2) Tính giá trị của m. Câu 4. (2 điểm) Hoà tan hoàn toàn 7,68 gam Mg vào dung dịch chứa 0,96 mol HNO3, thu được dung dịch X và m gam hỗn hợp khí. Thêm dung dịch chứa 0,8 mol KOH vào X, thu được dung dịch Y, kết tủa và 0,896 lít khí Z (đktc). Lọc bỏ kết tủa, cô cạn Y thu được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi, thu được 66,84 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m.

Câu 5. (2 điểm) Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Nhỏ từ từ 1 lít dung dịch X gồm H2SO4 0,1M và HCl 0,3M vào 1 lít dung dịch Y gồm NaHCO3 0,3M và K2CO3 0,3M, thu được V lít khí CO2 (đktc) và dung dịch Z. Cho dung dịch Ba(OH)2 tới dư vào Z, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra. 2) Tính các giá trị của V và m. Câu 6. (4 điểm) 1) Tiến hành thí nghiệm điều chế và thử tính chất của hiđrocacbon X theo sơ đồ và các bước sau đây: Bước 1: Mở khoá phễu cho H2O chảy từ từ xuống bình cầu đựng CaC2. Bước 2: Dẫn X vào bình 1 đựng dung dịch Br2. Bước 3: Dẫn X vào bình 2 đựng dung dịch AgNO3 trong NH3. Bước 4: Đốt cháy X. Nêu hiện tượng, viết các phương trình phản ứng hoã học đã xảy ra, gọi tên các phản ứng xảy ra ở bước 2, 3 và 4.

2) Tiến hành 4 thí nghiệm nghiên cứu tính chất của hiđrocacbon thơm như sau: Thí nghiệm 1: Cho 0,5 ml brom vào ống nghiệm đựng 5 ml benzen, lắc đều, rồi để ống nghiệm trên giá trong 3 phút, nêu hiện tượng, giải thích. Cho thêm một ít bột sắt vào ống nghiệm, lắc liên tục trong 3 phút, nêu hiện tượng, giải thích. Thí nghiệm 2: Cho vào cùng một ống nghiệm 3 chất lỏng (2 ml dung dịch HNO3 đặc, 4 ml dung dịch H2SO4 đặc và 2 ml benzen), lắc đều, ngâm trong cốc nước 600C trong 5 phút, rót sản phẩm vào cốc nước lạnh. Nêu hiện tượng và giải thích. Thí nghiệm 3: Lấy 2 ống nghiệm, cho vào mỗi ống 1 ml dung dịch KMnO4 loãng, sau đó thêm tiếp 1 ml benzen vào ống nghiệm thứ nhất và 1 ml toluen vào ống nghiệm thứ hai, lắc đều, quan sát hiện tượng. Ngâm 2 ống nghiệm vào cùng 1 cốc nước sôi trong 5 phút. Nêu hiện tượng, giải thích. Thí nghiệm 4: Lấy 1 ống nghiệm hình chữ Y, cho vào nhánh một 1 ml benzen và nghiêng cho benzen dính vào thành ống nghiệm; cho vào nhánh hai một lượng KMnO4 bằng hạt đậu xanh và 1 ml dung dịch HCl đặc, đậy nút và đưa ống nghiệm ra ngoài ánh sáng. Nêu hiện tượng ở nhánh một và giải thích.

Câu 7. (2 điểm) Đốt cháy 26,7 gam chất hữu cơ X bằng không khí vừa đủ, sản phẩm cháy cho qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, dư và bình 2 đựng nước vôi trong dư. Kết quả: khối lượng bình 1 tăng thêm 18,9 gam, bình 2 xuất hiện 90 gam kết tủa; khí thoát ra khỏi bình 2 có thể tích 104,16 lít (đktc). Biết: không khí có 20% thể tích là O2 và 80% thể tích là N2; X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Xác định công thức phân tử của X. Câu 8. (2 điểm)

Một bình kín chứa hỗn hợp khí X gồm propin (0,2 mol), propen (0,3 mol), hiđro (0,5 mol) và một ít bột niken. Nung nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H2 bằng 14,4. Dẫn khí Y qua bình 1 đựng dung dịch AgNO3 dư trong dung dịch NH3, thu được m gam kết tủa và hỗn hợp khí Z thoát ra. Dẫn khí Z qua bình 2 đựng Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

dung dịch brom dư, thấy có 24 gam brom phản ứng và hỗn hợp khí T thoát ra. Biết các phản ứng hoá học trong bình 1 và bình 2 đã xảy ra hoàn toàn. 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra. 2) Tính giá trị của m. Cho: H=1; C=12; N=14; O=16; F=19; Na=23; Mg=24; Al=27; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Ca=40; Cr=52; Mn=55; Fe=56; Ni=59; Cu=64; Zn=65; Br=80; Ag=108; Sn=119; I=127; Ba=137; Pb=207. Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn. _______________HẾT_______________ Họ và tên thí sinh:…………………...………………Số báo danh:…….............…………..….............. Người coi thi số 1:…………………...………………Người coi thi số 2…………...………….............. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2018 - 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: HÓA HỌC - LỚP 11 (Bản hướng dẫn chấm thi gồm có 04 trang) A. Hướng dẫn chung Với yêu cầu viết phương trình phản ứng: nếu thiếu điều kiện phản ứng hoặc không cân bằng, trừ đi ½ số điểm của phương trình phản ứng đó; nếu thiếu hoặc thừa chất thì không được điểm. Với các yêu cầu định lượng: + Nếu học sinh định lượng theo phương trình phản ứng sai, thì không được điểm phần định lượng đó. + Học sinh có thể định lượng theo sơ đồ phản ứng, các định luật bảo toàn. - Học sinh làm bài theo cách khác đúng thì vẫn được tương đương. - Điểm của toàn bài thi được giữ nguyên, không làm tròn. B. Đáp án và thang điểm

Câu 1. (4 điểm) Nội dung 1) Giải thích câu tục ngữ: Tiếng sấm (tia lửa điện), là tác nhân giúp cho N2 kết hợp với O2 theo phản ứng: Tia lua dien  → 2NO N2 + O2 ← 

Điểm 0,25

NO kết hợp với O2 trong không khí theo phản ứng: 2NO + O2 → 2NO2 NO2 kết hợp với O2 không khí và nước mưa theo phản ứng: 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 Trong H2O, HNO3 bị phân li tạo ra ion NO3-, là đạm nitrat, có tác dụng kích thích sự sinh trưởng và phát triển của cây trồng. 2. Lân nung chảy có thành phần chính là hỗn hợp photphat và silicat của canxi và magie, khi bón cho đất chua sẽ tác dụng với axit có trong đất chua để tạo thành hợp chất dễ tan trong nước (cây dễ hấp thụ) đồng thời làm giảm độ chua của đất. Phân supephotphat có chứa Ca(H2PO4)2, bón cùng với vôi sẽ xảy ra phản ứng tạo thành chất không tan (cây khó hấp thụ). CaO + H2O → Ca(OH)2 Ca(H2PO4)2 + 2Ca(OH)2 → Ca3(PO4)2 + 4H2O Phân đạm ure có công thức (NH2)2CO, bón cùng vôi sẽ xảy ra phản ứng làm mất đạm (NH2)2CO + 2H2O → (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2 → CaCO3 + 2NH3 + 2H2O Phân đạm amoni là các muối amoni, bón cùng vôi sẽ xảy ra phản ứng làm mất đạm NH4+ + OH- → NH3 + H2O

0,25

3. Cặp chất X và Y là FeCl2 và Al(NO3)3.

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TN1: FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + 2NaCl. Al(NO3)3 + 4NaOH → NaAlO2 + 3NaNO3 + 2H2O. TN2: FeCl2 + 2NH3 + 2H2O → Fe(OH)2↓ + 2NH4Cl. Al(NO3)3 + + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3↓ + 3NH4NO3. TN3: FeCl2 + 3AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2AgCl↓. và Fe(NO3)2 + 2AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag↓. Hoặc FeCl2 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 2AgCl↓ + Ag↓.

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,5

Nếu chọn nX=nY = 1 mol thì n1=1 mol; n2=2 mol; n3=3 mol, tức là n1 < n2 < n3

0,5 0,5

0,25

Câu 2. (2 điểm) Nội dung * Phản ứng hoà tan X vào nước 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (1) 2Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (2) K2O + H2O → 2KOH (3) BaO + H2O → Ba(OH)2 (4) * Phản ứng của dung dịch Y với dung dịch HCl và H2SO4 H+ + OH- → H2O (5) * 500ml dung dịch có pH=1 => n H + dư sau phản ứng (5) = 0,1.0,5=0,05 mol

Điểm 0,25

0,25

* 400 ml dung dịch gồm HCl 0,4M và HNO3 0,1M có n H + = (0,4+0,1).0,4=0,2 mol

0,25

n H + tham gia phản ứng (5) = 0,2 - 0,05 = 0,15 mol * Theo phản ứng (5), n OH − tham gia phản ứng (5) =0,15 mol

0,25

* Theo phản ứng (1) và (2), n OH − sinh ra trong phản ứng (1) và (2) = 2 n H 2 =0,05mol

0,25

Vậy n OH − sinh ra trong phản ứng (3) và (4) = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol

1 n − =0,05 mol 2 OH m O trong X = 0,05.16=0,8 gam => mX = 0,8:10% = 8 gam

* Theo phản ứng (3) và (4), n O trong K2O và BaO =

0,25 0,25

Câu 3. (2 điểm) Nội dung 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học để giải thích sự biến thiên của đồ thị. Đoạn 1: khối lượng kết tủa tăng nhanh là do sự xuất hiện đồng thời của 2 kết tủa BaSO4 và Al(OH)3 theo phương trình: 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3. Đoạn 2: khối lượng kết tủa tăng chậm hơn đoạn 1 là do đoạn này chỉ xuất hiện 1 kết tủa Al(OH)3 Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 Đoạn 3: khối lượng kết tủa giảm dần là do Al(OH)3 bị hoà tan trong Ba(OH)2 dư: Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O. Đoạn 4: khối lượng kết tủa không thay đổi là do kết tủa BaSO4 không phản ứng với Ba(OH)2. 2) Tính giá trị của m. Với y=17,1 gam, ta có phương trình phản ứng hoá học: 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3. a => 3a 2a (mol) => mkết tủa = 3a.233 + 2a.78 = 17,1 gam => a = 0,02 => n SO 2− = 0,06 mol

Điểm 0,25

0,25 0,25 0,25

Với x=0,18 => n OH − = 0,36 mol, ta có phương trình phản ứng hoá học: Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 0,12 <=0,36 (mol)

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,25 Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: n NO − ,Cl− =0,12.3-0,06.2=0,24 mol 3

Vì AlCl3 và Al(NO3)3 có số mol bằng nhau nên n NO − = n Cl− = 0,12 mol

0,25

m= m Al3+ + mSO 2− + m NO − + mCl− =0,12.27+0,06.96+0,12.62+0,12.35,5=20,7 gam

0,25

Câu 4. (2 điểm) Nội dung * nKOH=0,8 mol => n KNO 2 tối đa = 0,8 mol => m KNO2 tối đa = 0,8.85 = 68 gam > 66,84 gam => 66,84 gam chất rắn là hỗn hợp gồm KNO2 và KOH dư * Đặt số mol KNO2 và KOH dư lần lượt là x mol và y mol Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố K, ta có nKOH ban đâu = x+y=0,8 mol (1) Khối lượng chất rắn = 85x + 56y = 66,84 gam (2) Giải hệ (1) và (2) => x=0,76 ; y=0,04 * Thêm KOH vào dung dịch X, thu được 0,896 lít khí X, ta có phương trình phản ứng hoá học : NH4+ + OH- → NH3↑ + H2O 0,04 <= 0,04 (mol) Sơ đồ: Mg(NO3 ) 2 ;0,32mol  '  Mg   HNO3     +  →  NH 4 NO3 ;0, 04mol  + kh i + H 2 O 0, 32mol  0, 96mol   HNO du  3   Dung dịch X tác dụng với dung dịch chứa 0,8 mol KOH thu được dung dịch Y chứa 0,76 mol KNO3 và 0,04 mol KOH dư => n HNO3 du = 0, 76 − 0,32.2 − 0, 04 = 0, 08mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố H, ta có n H2O =

0,96 − 0, 04.4 − 0, 08 = 0, 36 mol 2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: mkhí = (7,68 + 0,96.63) – (0,32.148+0,04.80+0,08.63) – 0,36.18 =6,08 gam

Điểm 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,5

Câu 5. (2 điểm) Nội dung

1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra Khi nhỏ từ từ dung dịch X vào dung dịch Y, có 2 phản ứng theo thứ tự:

H+ + CO32- → HCO3- (1) H+ + HCO3- → CO2↑ + H2O (2) Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào Z, có 2 phản ứng tạo kết tủa: Ba2+ + HCO3- + OH- → BaCO3 + H2O (3) Ba2+ + SO42-→ BaSO4↓ (4) 2) Tính các giá trị của V và m. n H+ = 0,5 mol; n SO 2− = 0,1 mol; n HCO − = n CO 2− = 0,3mol 4

Tính giá trị của V H+ + CO32- → HCO3- (1) 0,3 <= 0,3 => 0,3 (mol) H+ + HCO3- → CO2↑ + H2O (2) 0,2 => 0,2 0,2 (mol) => V = 4,48 lít Dư 0,4 mol HCO3Tính giá trị của m Ba2+ + HCO3- + OH- → BaCO3 + H2O (3) 0,4 => 0,4 (mol) 2+ 2Ba + SO4 → BaSO4↓ (4) 0,1 => 0,1 (mol) m=0,4.197 + 0,1.233 = 102,1 gam Câu 6. (4 điểm)

Điểm 0,5

0,5 0,5

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Nội dung Điểm 1) Tiến hành thí nghiệm điều chế và thử tính chất của hiđrocacbon X: 0,5 Ở bước 1 có hiện tượng sủi bọt khí không màu CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2. 0,5 Ở bước 2: dung dịch brom bị nhạt màu C2H2 + Br2 → C2H2Br2; phản ứng cộng 0,5 Ở bước 3: xuất hiện kết tủa màu vàng nhạt C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3; phản ứng thế 0,5 Ở bước 4: khí C2H2 cháy mạnh, có ngọn lửa màu xanh mờ C2H2 + 2,5O2 → 2CO2 + H2O; phản ứng oxi hoá 2) Thí nghiệm nghiên cứu tính chất của hiđrocacbon thơm: 0,5 TN1: Khi chưa có bột sắt: dung dịch đồng nhất, có màu vàng không đổi. Nguyên nhân, benzen không tác dụng với brom ở điều kiện thường, benzen là dung môi hoà tan brom. Khi cho thêm bột sắt vào hỗn hợp phản ứng thì màu chất lỏng trong ống nghiệm nhạt màu dần, Fe do phản ứng: C6H6 + Br2  → C6H5Br + HBr TN2: Xuất hiện chất lỏng màu vàng nhạt, lắng xuống đáy cốc, đó là nitrobenzen được tạo 0,5 thành do phản ứng: 0

H 2SO 4 , t C6H6 + HO-NO2  → C6H5NO2 + H2O TN3: Benzen không làm mất màu dung dịch thuốc tím; toluen làm mất màu dung dịch thuốc 0,5 tím khi ngâm trong cốc nước sôi, do phản ứng: 0

t C6H5CH3 + 2KMnO4  → C6H5COOK + 2MnO2 + KOH + H2O TN4: Ở nhánh một, xuất hiện khói trắng và trên thành ống nghiệm xuất hiện chất bột màu 0,5 trắng, đó là C6H6Cl6 được tạo thành do các phản ứng: 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O as C6H6 + 3Cl2  → C6H6Cl6.

Câu 7. (2 điểm) Nội dung Khối lượng bình 1 tăng 18,9 gam là khối lượng của H2O => n H2O = 1,05 mol => nH = 2,1 mol

Điểm 0,25

Bình 2 xuất hiện 90 kết tủa là khối lượng của CaCO3 => n CaCO3 = 0,9 mol = n CO2 = n C

0,25

Sơ đồ: 18,9 gam X + Không khí → 0,9 mol CO2 + 18,9 gam H2O + 4,65 mol N2. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: mKK = 0,9.44 + 18,9 + 4,65.28 – 26,7 = 162 gam 162 n O2 KK = = 1,125 mol 32 + 4.28 => n N 2 (do X tạo ra) = 4,65 – 1,125.4=0,15 mol

0,25 0,25 0,25

0,25 26, 7 − (0,9.12 + 2,1 + 0, 3.14) = 0, 6 mol 16 Tỉ số nC:nH:nO:nN = 0,9:2,1:0,6:0,3 = 3:7:2:1 0,25 => công thức đơn giản nhất của X là C3H7O2N Vì X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất nên công thức phân tử của X 0,25 cũng là C3H7O2N Câu 8. (2 điểm) Nội dung Điểm 0,25 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra.

n O( trong X) =

Phản ứng cộng H2 Ni,t C3H4 + H2  → C3H6 Ni,t C3H6 + H2  → C3H8 Hỗn hợp khí Y gồm C3H4, C3H6, C3H8 và H2; phản ứng với dung dịch AgNO3 dư 0,25 trong NH3: 0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

CH≡C-CH3 + AgNO3 + NH3 →CAg≡C-CH3 + NH4NO3. Hỗn hợp khí Z gồm C3H6, C3H8 và H2; phản ứng với dung dịch brom dư: C3H6 + Br2 → C3H6Br2 Hỗn hợp khí T gồm C3H8 và H2. 2) Tính giá trị của m. * mX= 0,2.40 + 0,3.42 + 0,5.2 = 21,6 gam = mY MY = 14,4.2 = 28,8 => nY = 21,6/28,8 = 0,75 mol Ni,t 1 mol X  → 0,75 mol Y => số mol hỗn hợp giảm = 0,25 mol = số mol H2 đã phản ứng. * n Br (phản ứng với Z) = 24/160 = 0,15 mol * n π (trong X) = 0,2.2 + 0,3.1 = 0,7 mol

0,25

0, 7 − 0, 25 − 0,15 = 0,15mol 2 = 0,15mol => m=0,15.147=22,05 gam

0,25

=> n C H (trong Y) = 3

=> n CAg ≡C−CH

0,25

___HẾT___

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC

Số báo danh ……………....

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: HÓA HỌC – LỚP 11 THPT Thời gian:180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi:21/03/2019 Đề thi này có 10 câu, gồm 02 trang

Câu 1:(2,0 điểm) 1.Hai nguyên tố X, Y đều thuộc nhóm A trong bảng tuần hoàn. Nguyên tử X có tổng số electron ở các phân lớp p là 11, nguyên tử Y có 4 lớp electron và có 2 electron ở lớp ngoài cùng. a.Viết cấu hình electron nguyên tử và xác định các nguyên tố X, Y. b.Hoàn thành dãy chuyển hóa (X, Y là các nguyên tố tìm được ở trên) (1) (2) (3) (4) X2  → HX  → YX2  → X2  → YOX2 2.X, Y là 2 nguyên tố thuộc cùng một nhóm A ở 2 chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn. Nguyên tửX có 6e lớp ngoài cùng. Hợp chất của X với hiđro có %mH = 11,1%. Xác định 2 nguyên tốX, Y. Câu 2: (2,0 điểm) 1.Lập phương trình hóa học của phản ứng oxi hóa – khử sau: a.H2S + Cl2 + H2O  → H2SO4 + HCl b.ZnS + HNO3  → Zn(NO3)2 + H2SO4 + NxOy + H2O 2.Có hai dung dịch: Dung dịch A và dung dịch B, mỗi dung dịch chỉ chứa 2 loại cation và 2 loại anion khác nhau trong số các ion sau: NH4+ (0,15 mol); H+ (0,25 mol); Na+ (0,25 mol); CO32- (0,1 mol), NO3- (0,1 mol); Al3+ ( 0,05 mol) ; Br- (0,2 mol) ; SO42- (0,15 mol). Xác định dung dịch A và dung dịch B. Biết rằng khi cho dung dịch NaOH vào dung dịch A và đun nóng nhẹ thì có khí thoát ra làm xanh giấy quỳ tím ẩm. Câu 3: (2,0 điểm) 1.X, Y là các hợp chất của photpho. Xác định X, Y và viết các phương trình hóa học theo dãychuyển hóa sau: + ddBr 2 P  X+ dd Ba(OH) 2 dư Y → P2O3  → H3PO3 → 2. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau: a. Sục khí H2S vào nước brom, sau đó cho thêm dung dịch BaCl2 vào dung dịch sau phản ứng. b. Dẫn khí CO2 đến dư vào dung dịch K2SiO3.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 c. Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein vào dung dịch NH3 loãng, sau đó thêm dung dịch AlCl3 đến dư vào dung dịch sau phản ứng. d. Sục khí elilen đến dư vào dung dịch KMnO4. Câu 4: (2,0 điểm) 1.Có 5 dung dịch và chất lỏng mất nhãn, riêng biệt gồm: KHCO3, Ba(HCO3)2, C6H6(benzen), C2H5OH và KAlO2. Chỉ dùng thêm một dung dịch chứa 1 chất tan. Hãy trình bày cách nhận biết các dung dịch và chất lỏng ở trên. 2.Nhỏ từ từ V lít dung dịch chứa Ba(OH)2 0,5M vào dung dịch chứa x mol NaHCO3 và y mol BaCl2. Đồ thị sau biểu diễn sự phụ thuộc giữa số mol kết tủa và thể tích dung dịch Ba(OH)2.

n BaCO

(mol) 3

0,2 0,1

Tính giá trị của x và y.

0,1

0,3

V dd Ba(OH) (lit) 2

Câu 5: (2,0 điểm) 1. Hai hiđrocacbon A, B đều có công thức phân tử C9H12. A là sản phẩm chính của phản ứng giữa benzen với propilen (xt H2SO4). Khi đun nóng B với brom có mặt bột sắt hoặc cho B tác dụng với brom (askt) thì mỗi trường hợp đều chỉ thu được một sản phẩm monobrom. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên A, B và viết phương trình hóa học (dạng công thức cấu tạo). 2. Cho 2 ống nghiệm, mỗi ống đựng 2ml nước brom (màu vàng nhạt). Thêm vào ống thứ nhất 0,5ml hexan và vào ống thứ hai 0,5 ml hex-2-en, sau đó lắc nhẹ cả hai ống nghiệm, rồi để yên. Hãy mô tả hiện tượng ở 2 ống nghiệm và giải thích? Câu 6: (2,0 điểm) Cho hỗn hợp khí X gồm 3 hiđrocacbon A, B, C (với B, C là 2 chất kế tiếp nhau trong cùng một dãy đồng đẳng). Đốt cháy hoàn toàn 672 ml hỗn hợp X rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào bình chứa 437,5 ml dung dịch Ba(OH)2 0,08M, phản ứng xong thu được 4,925 gam kết tủa. Mặt khác, dẫn 1209,6 ml hỗn hợp X qua bình chứa nước brom dư. Sau phản ứng thấy khối lượng bình brom tăng 0,468 gam và có 806,4 ml hỗn hợp khí thoát ra. Biết các thể tích khí đo ở đktc, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Tìm công thức phân tử của A, B, C. Biết A, B, C thuộc trong các dãy ankan, anken, ankin. b. Tính phần trăm thể tích các chất trong hỗn hợp X. Câu 7: (2,0 điểm) 1. Có 3 nguyên tố A, B, C. Đơn chất A tác dụng với đơn chất B ở nhiệt độ cao thu được hợp chất X. Chất X bị thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được có mùi trứng thối. Đơn chất B tác dụng với đơn chất C tạo ra khí E. Khí E tan được trong nước tạo dung dịch làm qùy tím hóa đỏ. Hợp chất Y của A với C có trong tự nhiên và thuộc loại hợp chất rất cứng. Hợp chất Z của 3 nguyên tố A, B, C là một muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân. Xác định các nguyên tố A, B, C và các chất X, E, Y, Z và viết phương trình hóa học. 2. Hòa tan hết 12,8 gam hỗn hợp X gồm (Na, Na2O, K, K2O, Ba và BaO), (trong đó oxi chiếm 8,75% về khối lượng) vào nước thu được 600 ml dung dịch Y và 1,568 lít khí H2 (đktc). Trộn 300 ml dung dịch Y với 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,4M và H2SO4 0,3M thu được 400 ml dung dịch Z. Tính pH của dung dịch Z. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 8: (2,0 điểm) 1. Cho dung dịch chứa 38,85 gammộtmuối vô cơ của axit cacbonic tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 18 gam muối sunfat trung hòa của kim loại hóa trị II, sau phản ứng hoàn toàn thu được 34,95 gam kết tủa. Xác định công thức 2 muối ban đầu.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2. Cho 16,6 gam hỗn hợp A gồm 2 ancol là đồng đẳng liên tiếp vào bình đựng H2SO4 đặc, ở nhiệt độ thích hợp thu được 13 gam hỗn hợp chất hữu cơ B gồm (2 anken, 3 ete và 2 ancol dư). Đốt cháy hoàn toàn B thu được 17,92 lít CO2 (đktc) và 16,2 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo và tính % số mol mỗi ancol. Câu 9: (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 6,84 gam hỗn hợp E gồm Mg và kim loại M có hóa trị không đổi cần một lượng dung dịch HNO3 loãng, vừa đủ thu được 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N2 và N2O có tỉ khối so với H2 là 16 và dung dịch F. Chia F thành 2 phần bằng nhau. Đem cô cạn phần 1 thu được 25,28 gam muối khan. Phần 2 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 4,35 gam kết tủa. Xác định kim loại M. Câu 10: (2,0 điểm) 1.Trong phòng thí nghiệm thường điều chế CO2 từ CaCO3 và dung dịch HCl như hình vẽ sau:

Để thu được CO2 tinh khiết có 2 học sinh (HS) cho sản phẩm khí qua 2 bình như sau: HS1: Bình (X) đựng dung dịch NaHCO3 và bình (Y) đựng H2SO4 đặc. HS2: Bình (X) đựng H2SO4 đặc và bình (Y) đựng dung dịch NaHCO3. Cho biết học sinh nào làm đúng? Viết phương trình hóa học giải thích cách làm. 2. Em hãy giải thích: a. Tại sao không nên bón các loại phân đạm amoni, ure và phân lân cùng với vôi bột? b. Tại sao không dùng khí CO2 để dập tắt đám cháy của một số kim loại (Mg, Al, …)?

Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H =1; C=12; O=16; N=14; Na=23; Mg=24; Al=27; S=32; Cl=35,5; K=39; Ca=40; Fe=56; Cu=64; Zn=65; Br=80; Ag=108; Ba=137. ------ Hết----Chú ý: Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THICHÍNH THỨC CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: HÓA HỌC – LỚP 11 THPT (Hướng dẫn chấm có 05 trang) CÂU HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 1. (2 điểm) a. Cấu hình e của X: 1s22s22p63s23p5 (Cl) Cấu hình e của Y: 1s22s22p63s23p64s2 (Ca) b. PTHH: a.s → 2HCl (1) H2 + Cl2  (2) 2HCl + CaO  → CaCl2 + H2O + dpnc (3) CaCl2  → Ca + Cl2 (4) Cl2 + Ca(OH)2  → CaOCl2 + H2O 2. X thuộc nhóm A và có 6e ở lớp ngoài cùng ⇒ Hợp chất của X với H có dạng XH2 2 %mH = × 100 = 11,1 ⇒ X =16 ⇒ X là O 2+ X Y thuộc nhóm VIA và liên tiếp với X trong 1 chu kì ⇒ Y là S Câu 2 1. (2 điểm) a. H2S + 4Cl2 + 4H2O  →

ĐI Ể M 0,25 0,25

0,25 0,25

0,5 0,5

H2SO4 +8 HCl.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1× 4×

−2

S → S +8 e

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,5

Cl2 + 2 e → 2 Cl −

b. (5x-2y)ZnS + (18x-4y)HNO3  → (5x-2y)Zn(NO3)2 +(5x-2y) H2SO4 + 8NxOy + 4xH2O. −2

0,5

(5x−2 y)× S →S +8e +2 y/ x +5 8× xN +(5x−2y)e→ xN 2.dd A: NH4+ (0,15 mol); Na+ (0,25 mol); CO32- (0,1 mol); Br- (0,2 mol). dd B: H+ (0,25 mol); NO3- (0,1 mol); Al3+ ( 0,05 mol) ; SO42- (0,15 mol)

0,5 0,5

Câu 3 1. (2 điểm) X là H3PO4, Y là Ba3(PO4)2 t0 0,25 → 2P2O3 (1) 4P+ 3O2thiếu  0,25 (2) P2O3+ 3H2O  → 2H3PO3 0,25 (3) H3PO3+ Br2 + H2O  → H3PO4 +2 HBr 0,25 (4) 2H3PO4 + 3Ba(OH)2  → Ba3(PO4)2 + 6H2O 2. a. H2S + 4Br2 + 4H2O  → H2SO4 +8 HBr H2SO4 + BaCl2  → BaSO4 + 2HCl 0,25 Hiện tượng: Dung dịch mất ( hoặc nhạt) màu, sau đó xuất hiện kết tủa màu trắng. → H2SiO3 + 2KHCO3 b. 2CO2+ 2H2O +K2SiO3  0,25 Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa keo. c. 3NH3+ 3H2O +AlCl3  → Al(OH)3 + 3NH4Cl Hiện tượng: Dung dịch chuyển thành màu hồng, sau đó xuất hiện kết tủa keo trắng 0,25 và dung dịch mất màu. d. 3C2H4+ 2KMnO4 + 4H2O  → 3C2H4(OH)2+ 2MnO2 + 2KOH 0,25 Hiện tượng: dung dịch mất màu tím và xuất hiện kết tủa màu đen. Câu 4 1. (2 điểm) Dung dịch axit cần dùng là H2SO4 Nhỏ từ từ dung dịch H2SO4 vào từng ống nghiệm chứa mẫu thử của các dung dịch -Mẫu có khí không màu thoát ra là NaHCO3 H2SO4 + 2KHCO3  → K2SO4 + 2H2O +2CO2 -Mẫu có kết tủa trắng và có khí không màu thoát ra là Ba(HCO3)2 H2SO4 + Ba(HCO3)2  → BaSO4 + 2H2O +2CO2 -Mẫu có kết tủa keo trắng sau đó kết tủa tan dần là KAlO2 → 2Al(OH)3 + K2SO4 H2SO4 + 2KAlO2+ 2H2O  → 2Al2(SO4)3 +6H2O 2Al(OH)3 + 2H2SO4  -Mẫu mà chất lỏng không tan tách thành 2 lớp có bề mặt phân chia là C6H6 -Mẫu chất lỏng tạo dung dịch trong suốt đồng nhất là C2H5OH 2. - Khi V =0,3 lít: nBa(OH)2 = 0,15 mol thì kết tủa đạt cực đại tức là toàn bộ ion HCO3tạo kết tủa ⇒ x = nkết tủa cực đại =0,2 mol Khi V =0,1 lít: nBa(OH)2 = 0,05 mol thì BaCl2 vừa hết và NaHCO3 dư → BaCO3 + Na2CO3 Ba(OH)2 + 2NaHCO3  0,05 0,05 0,05 BaCl2 + Na2CO3  → BaCO3 + 2NaCl 0,05 y 0,05 ⇒ y = 0,05 Vậy: x=0,2 và y = 0,05

0,25

0,5

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Câu 5 1. (2 điểm) A là C6H5-CH(CH3)2: isopropylbenzen hoặc cumen H 2 SO 4 PTHH: C6H6 + CH2=CH-CH3 → C6H5-CH(CH3)2 B là C6H3(CH3)3: 1,3,5-trimetylbenzen Fe , t 0 C6H3(CH3)3 + Br2  → C6H2Br(CH3)3 + HBr a .s C6H3(CH3)3 + Br2 → (CH3)2C6H3-CH2Br + HBr 2. -Ống thứ nhất có lớp chất lỏng phía trên màu vàng và lớp chất lỏng phía dưới không màu. Do brom tan trong hexan tốt hơn trong nước nên tách toàn bộ brom từ nước. - Ống thứ hai có lớp chất lỏng phía trên không màu và lớp chất lỏng phía dưới cũng không màu. Do có phản ứng của hex-2-en với brom tạo sản phẩm là chất lỏng không màu, không tan trong nước, nhẹ hơn nước. CH3-CH=CH-[CH2]3-CH3 + Br2  → CH3-CHBr-CHBr-[CH2]3-CH3 Câu 6 -Khí A bị hấp thụ bởi dung dịch brom là anken hoặc ankin (2 điểm) 1, 2096 − 0,8064 = 0,018 molmà mA = 0,468 gam ⇒ nA = 22, 4 ⇒ MA = 26 ⇒ A là C2H2 Hỗn hợp khí thoát ra khỏi bình brom là 2 ankan B và C Đặt CTTB của B, C là Cn H 2 n+ 2

Ta có: nC2H2 (trong 672 ml hhX) = 0,01 mol ⇒ nB,C trong X = 0,03- 0,01 = 0,02 mol Sản phẩm cháy tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 nBa(OH)2 =0,035 mol; nBaCO3 = 0,025 mol Th1: Chỉ tạo muối trung hòa, Ba(OH)2 dư nCO2 = nBaCO3 = 0,025 mol ⇒ 0,01.2 + 0,02. n = 0,025 ⇒ n = 0,25 (loại) Th2: Tạo 2 muối : BaCO3 (0,025 mol) và Ba(HCO3)2 (0,035-0,025=0,01 mol) nCO2 = 0,025 + 0,01.2 = 0,045 mol ⇒ 0,01.2 + 0,02. n = 0,045 ⇒ n = 1,25 ⇒ B, C là CH4 (x mol)và C2H6 (y mol) Ta có hệ:  x + 2 y = 0, 045  x = 0, 015 ⇒   x + y = 0, 02  y = 0, 005 ⇒ %VCH4 =50%; %VC2H6 =16,67%; %VC2H2 = 33,33%; Câu 7 1. (2 điểm) A là Al, B là S, C là O, X là Al2S3, E là SO2, Y là Al2O3, Z là Al2(SO4)3 t0 → Al2S3 PTHH: 2Al + 3S  → 2Al(OH)3 + 3H2S Al2S3 + 6H2O  t0 2H2S + 3O2  → 2SO2 + 2H2O

0,25 0,25 0,25 0,25

0,5

0,25

0,25 0,25

0,5 0,5

t0 S + O2  → SO2

 → H2SO3 SO2 + H2O ←   → 2Al(OH)3 + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 6H2O ← 

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2.

12,8 × 8, 75 = 0, 07 mol 100 ×16 1, 568 nH2 = = 0, 07 mol 22, 4 Sơ đồ: X + H2O  → Na+ + K+ + Ba2+ + OH-+ H2 nOH =2.nO (X) + 2.nH2 = 0,28 mol H+ + OH-  → H2O 0,1 0,14 0, 04 ⇒ [OH-]dư = = 0,1M ⇒ pH = 13. 0, 4 nO (X)=

Câu 8 1. (2 điểm) TH1: Muối trung hòa M2(CO3)n (n là hóa trị của M) PTHH: M2(CO3)n + nNSO4  → M2(SO4)n + nNCO3 Nhận thấy mkết tủa < mmuối cacbonat bđ nên không có kết tủa M2(SO4)n mkết tủa > mmuối sunfat bđ nên không có kết tủa NCO3 ⇒ TH này không xảy ra TH2: Muối axit M(HCO3)n PTHH: 2M(HCO3)n + nNSO4  → M2(SO4)n + nN(HCO3)2 Kết tủa là M2(SO4)n BTKL ⇒ mN(HCO3)2 = 38,85 + 18 – 34,95 = 21,9 gam 21,9 − 18 Tăng giảm KL ⇒ nNSO4 = = 0,15 mol 122 − 96 18 MNSO4 = = 120 = N + 96 ⇒ N =24 ⇒ N là Mg ⇒ CT muối: MgSO4 0,15 38,85 × n MM(HCO3)n = = 129,5n = M + 61n 0,3 ⇒ M =68,5n ⇒ n=2 và M=137 (Ba) ⇒ CT muối: Ba(HCO3)2

0,5

0,25

2. Vì ancol tách nước tạo anken nên ancol no, đơn chức, mạch hở CT chung 2 ancol: Cn H 2 n +2O Sơ đồ: hh A  → hh B + H2O ⇒ mH2O = 16,6 – 13= 3,6 gam ⇒ nH2O =0,2 mol → CO2 + H2O B + O2  0,8 0,9 mol ⇒ hhA : (Cn H 2 n + 2O) + O2  → CO2 + H2O 0,8 (0,9 + 0,2) mol ⇒ nA = 1,1 – 0,8 = 0,3 mol nCO2 8 = ⇒ n= nA 3 ⇒ 2 ancol là C2H5OH (x mol): CH3-CH2OH và C3H7OH (y mol): CH3-CH2-CH2OH hoặc CH3-CH(OH)-CH3 Ta có: x + y = 0,3 và 2x + 3y = 0,8 ⇒ x= 0,1 và y =0,2 ⇒ %nC2H5OH =33,33%; %nC3H7OH =66,67%.

0,25

0,5

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Câu 9 nN 2 44 − 32 3 (2 điểm) Hỗn hợp X (0,04 mol): n = 32 − 28 = 1 ⇒ N 2O nN2 = 0,03 mol; nN2O =0,01 mol. Sơ đồ:E+ HNO3  → F: Mg2+, Mn+, NO3- (muối KL), NH4NO3 (a mol) + N2 (0,03); N2O (0,01) Ta có: nNO3- ( muối KL) = 0,03.10 + 0,01.8 +8a = 0,38 + 8a mmuối = 25,28.2 = 6,84 + 62(0,38 + 8a) + 80a ⇒ a=0,035 TH1: M không phải là kim loại có hiđroxit lưỡng tính ⇒ Kết tủa gồm: Mg(OH)2 và M(OH)n Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg và M trong hhE 24 x + My = 6,84 24 x + My = 6,84  Ta có: 58 x + ( M + 17 n) y = 4,35.2 ⇒  ⇒ Loại 24 x + My = −2, 52 2 x + ny = 0, 38 + 8.0, 035  TH2: M là kim loại có hiđroxit lưỡng tính 4,35.2 = 0,15mol = nMg ⇒ Kết tủa là Mg(OH)2: 58 ⇒ mM = 6,84 - 0,15.24 =3,24 gam 3, 24 .n = 0,38 + 8.0,035 ⇒ M = 9n ⇒ n =3 và M=27 (Al) Bảo toàn e: 0,15.2 + M Câu 10 1.PTHH điều chế: CaCO3 + 2HCl  → CaCl2 + CO2 + H2O (2 điểm) Sản phẩm khí thu được sau phản ứng gồm: CO2, HCl, hơi H2O ⇒ HS1 làm đúng: Bình (X) đựng dung dịch NaHCO3 để rửa khí ( loại bỏ HCl), bình Y đựng H2SO4 đặc dùng để làm khô khí ( loại nước) → NaCl + H2O + CO2 Bình X: NaHCO3 + HCl  ⇒ HS2 làm sai: Khi đổi thứ tự bình X và Y thì CO2 thu được vẫn còn lẫn hơi nước

0,25

0,5

0,25

0,5 0,5

0,25 0,25

2. a.Không nên bón các loại phân đạm amoni hoặc đạm ure và phân lân với vôi vì: + Làm giảm hàm lượng N trongphân đạm do: CaO + H2O → Ca(OH)2 2NH4Cl + Ca(OH)2 → 2NH3↑ + 2H2O + CaCl2 (NH2)2CO + 2H2O → (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2 → 2NH3↑ + CaCO3 + 2H2O

0,25

+ Phân lân sẽ tác dụng với Ca(OH)2 tạo dạng không tan, cây trồng khó hấp thụ, đất trồng trở nên cằn cỗi. 2Ca(OH)2 + Ca(H2PO4)2→ Ca3(PO4)2 + 4H2O.

0,25

b. Không dùng khí CO2 để dập tắt đám cháy của một số kim loại (Mg, Al, …)? Vì các kim loại này tiếp tục cháy trong khí CO2 theo phương trình: t0 2 Mg + CO2  → 2MgO + C t0 4Al + 3CO2  → 2Al2O3 + 3C t0 C + O2  → CO2

0,5

t0 C + O2  → 2CO Chú ý khi chấm: - Trong các pthh nếu viết sai công thức hoá học thì không cho điểm. Nếu không viết điều kiện (theo yêu cầu của đề) hoặc không cân bằng pt hoặc cả hai thì cho 1/2 số điểm của phương trình đó. - Nếu làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm ứng với các phần tưong đương.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 KÌ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG Môn thi: Hoá học lớp 11 – Năm học 2018 - 2019 Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT HOÀI ĐỨC A (Đề thi gồm 2 trang)

Họ và tên thí sinh: ..................................................Số báo danh:........................Phòng thi:......

ĐỀ BÀI Bài 1 (5,0 điểm) 1. Nhận biết các dung dịch loãng không màu đựng trong các lọ mất nhãn: Al2(SO4)3, (NH4)2SO4, FeCl3, NH4NO3, Al(NO3)3, KNO3 2. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: a) Cho từ từ đến dư dung dịch KHSO4 vào dung dịch chứa NaAlO2 và Na2CO3. b) Cho dung dịch H2SO4 loãng vào dung dịch Fe(NO3)2. c) Sục khí etilen vào dung dịch brom. d) Toluen tác dụng với dung dịch KMnO4 khi đun nóng 3. Cho dung dịch H3PO4 0,005M . Biết axit này có thể phân li 3 nấc : ⇀ H+ + H2PO4H3PO4 ↽ K a = 7, 6.10−3 1

- ⇀

H2PO4 ↽ H + HPO4

K a 2 = 6, 2.10−8

K a 3 = 4, 4.10−13

⇀ H+ + PO43HPO42- ↽

⇀ 3H+ + PO43a) Tính Hằng số cân bằng của quá trình: H3PO4 ↽ b) Tính pH và nồng độ [HPO42-] của dung dịch trên.

Bài 2 (5,0 điểm): 1. Tại sao khi đất chua người ta thường bón vôi? Dựa vào kiến thức hóa học, hãy dự đoán 4 dạng vôi có thể bón để làm giảm tính chua của đất? 2. Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa (ghi rõ điều kiện, các chất hữu cơ viết công thức ở dạng cấu tạo) (2) (4) (5) (1) (6) (7) (8) (3) NaNO3  → C2H2  → HNO3 → CO2  → C → CaC2  → C4H4  → C4H6  → Cao su buna

3. Quan sát hình vẽ điều chế khí X dưới đây, hãy trả lời các câu hỏi sau đây:

(1C) 2ml C2H5OH 4ml H2SO4 ñaäm ñaëc

Ñaù boït dd KMnO4

a. Khí X là gì? Viết PTHH minh họa b. Vai trò của đá bọt? Nếu phòng thí nghiệm không có đá bọt em có thể thay bằng gì? c. Nêu hiện tượng và viết PTHH khi dẫn khí X vào ống nghiệm đựng dung dịch KMnO4. d. Để thu được khí X tinh khiết người ta thường dẫn khí thu được vào bình rửa đựng dung dịch gì? Giải thích?

Bài 3 (5,0 điểm): 1. Cho 6,72 lít (đktc) hỗn hợp X gồm C2H2 và H2 qua bình đựng Ni (nung nóng), thu được hỗn hợp Y (chỉ chứa ba hiđrocacbon) có tỉ khối so với H2 là 14,4. Biết Y phản ứng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch. Tính giá trị của a?

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2. Dung dich X chứa KHCO3 và Na2CO3. Dung dịch Y chứa HCl 1M và H2SO4 1,25M. Thực hiện 2 thí nghiệm sau: + Cho từ từ 100 ml dung dịch X vào 100 ml dung dịch Y thu được 5,6 lít CO2 (đktc). + Cho từ từ 100 ml dung dịch Y vào 100 ml dung dịch X thu được 3,36 lít CO2 (đktc) và dung dịch Z. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch Z, kết thúc phản ứng thu được m gam kết tủa. Tính giá trị m ? 3. Sục V lít khí CO2 (đktc) vào dung dịch chứa hỗn hợp Ba(OH)2 và KOH, kết quả thí nghiệm được biểu diễn bằng đồ thị sau:

Khi kết tủa đạt cực đại, hãy tính giá trị trị lớn nhất và nhỏ nhất của V ?

Bài 4 (5,0 điểm): 1. Hòa tan hết 33,02 gam hỗn hợp Na, Na2O, Ba và BaO vào nước dư thu dược dung dịch X và 4,48 lit H2 ở (đktc). Cho dung dịch CuSO4 dư vào dung dịch X, thu được 73,3 gam kết tủa. Nếu sục 0,45 mol khí CO2 vào dung dịch X, sau khi kết thúc phản ứng, thu được bao nhiêu gam kết tủa? 2. Trong bình kín thể tích là 10 lít chứa không khí (20% O2 và 80% N2 theo thể tích) và 1,54 gam chất X (chứa C, H, O, N; tương ứng với 0,02 mol, thể khí) ở áp suất P, nhiệt độ 54,60C. Bật tia lửa điện để đốt cháy hết X. Sau đó cho toàn bộ sản phẩm cháy qua lần lượt bình 1 đựng P2O5 dư, bình 2 đựng 400 ml dung dịch Ba(OH)2 0,075M và bình 3 đựng photpho dư đun nóng, khí còn lại là N2 có thể tích là 5,6 lít (đktc). Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hãy xác định giá trị của P. Biết bình 1 tăng 1,26 gam, bình 2 tạo 3,94 gam kết tủa và khi đun nóng dung dịch sau phản ứng lại có kết tủa xuất hiện, bình 3 tăng 0,16 gam. 3. Hòa tan hết 14,3g hỗn hợp X gồm Al(NO3)3, MgO, Mg và Al vào dung dịch gồm 0,03mol KNO3 và 0,5 mol H2SO4 (đun nóng). Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa 59,85g muối và 3,584 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO và H2 có tỉ khối so với H2 bằng 4,5. Dung dịch Y tác dụng với dung dịch KOH dư, lấy kết tủa nung ngoài không khí tới khối lượng không đổi thu được 10 gam rắn. Tính phần trăm khối lượng của Al có trong X ? -----------------HẾT-------------Cho biết khối lượng nguyên tử: Na = 23, Ba = 137, O = 16, S = 32, Cu = 64, C = 12, H = 1, N = 14, K = 39, Br = 80, Ca = 40 Học sinh không sử dụng tài liệu, kể cả bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học và bảng tính tan. CBCT không giải thích gì thêm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

HƯỚNG DẪN CHẤM HSG MÔN HOÁ - KHỐI 11 Năm học 2018 – 2019 Bài

Hướng dẫn chấm

Điểm 1,5

1.1 Nhận biết được 1 chất và viết đúng PTHH minh họa được 0,25 điểm

1.2

Al2(SO4)3 (NH4)2SO4 FeCl3 Thuốc NH4NO3 thử Ba(OH)2 ↓ trắng ↓ trắng, ↓ nâu ↑ mùi đỏ ↑ mùi khai khai Nêu đúng hiện tượng 0,25 điểm Viết đúng PTHH (ion hoặc phân tử): 0,25 điểm (Thiếu điều kiện, cân bằng sai không tính điểm)

Al(NO3)3 KNO3

↓ keo trắng rồi tan

Không hiện tượng

0,5

a) Tạo khí, kết tủa, rồi kết tủa tan H+ + AlO2- + H2O → Al(OH)3 Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + H2O

0,5

H+ + CO32- → HCO3-

0,5 0,5

HCO3 + H → CO2 + H2O

b) Tạo khí không màu, hóa nâu trong không khí 4H+ + 3Fe2+ + NO3- → 3Fe3+ + NO + 2H2O

c) Dung dịch Brom nhạt màu CH2=CH2 + Br2  → Br – CH2 – CH2 – Br d) Dung dịch thuốc tím nhạt màu, có kết tủa đen C H 3 + 2K M nO 4

1.3

t0 C a ùc h th u y û

C O O K + 2 M n O 2 + K O H + H 2O K a li b e n z o a t

a) Tính HSCB K = K1.K 2 .K 3 = 7, 6.10−3.6, 2.10−8.4, 4.10−13 = 2, 07.10−22 b) Tính pH và [HPO42-] Vì K1 ≫ K 2 ≫ K 3 nên [H+] chủ yếu được điện li từ qúa trình:

⇀ H+ + H2PO4H3PO4 ↽ Ban đầu

Điện li Sau điện li K1 =

0,5 0,5

K a1 = 7,6.10−3

0,005 x 0,005 –x

0,5

-3 x2 = 7, 6.10−3 suy ra x = 6,16.10 (M) ⇒ pH = 2,21 0, 005 − x

Ban đầu

Điện li Sau điện li

⇀ H2PO4- ↽ -3 6,16.10 a -3

6,16.10 –a

H+

HPO42-

K a 2 = 6, 2.10−8

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2

K2 =

2.1

2.2

a = 6, 2.10−8 suy ra a = 1,95.10-5M −3 6,16.10 − a

Giải thích đất chua: 0,5 điểm Kể được 4 dạng vôi: 0,5 điểm

Đất chua là đất có chứa nhiều ion H+ dạng tự do và dạng tiềm tàng (có 0,5 thể sinh ra do các ion kim loại Al3+, Fe3+, Fe2+,... thủy phân tạo thành). Khi bón vôi sẽ trung hòa H+ và làm kết tủa các ion kim loại đó, vì vậy làm giảm độ chua của đất. 0,5 Trong thực tế có thể dùng bón vôi cho ruộng bằng CaCO3, CaO, Ca(OH)2, quặng đolomit CaCO3.MgCO3. Viết đúng 1 PTHH được 0,25 điểm (Nếu thiếu điều kiện, cân bằng sai, chất 2,0 hữu cơ không viết CTCT thì không được điểm phương trình đó) 0

t → Na2SO4 + 2HNO3 (1) NaNO3 + H2SO4 đặc 

→ Ca(NO3)2 + CO2 + H2O (2) 2HNO3 + CaCO3  0

t (3) CO2 + 2Mg  → 2MgO + C 0

t (4) 2C + Ca  → CaC2 (5) CaC2 + H2O  → Ca(OH)2 + C2H2 0

t , NH 4Cl (6) 2CH≡CH  → CH≡C – CH = CH2 0

t , Pd / PbCO3 (7) CH≡C – CH = CH2 + H2  → CH2 = CH - CH = CH2

nCH2 = CH - CH = CH2

2.3

t0,p Na

CH2

CH = CH CH2 n polibutañien

(8) Trả lời đúng mỗi ý a, b, c, d được 0,5 điểm a) X là etilen. CH3CH2OH

2,0

H 2 SO4 ,170o C

 → CH2=CH2 + H2O

b) Làm hỗn hợp sôi đều. Thay đá bọt bằng mảnh thủy tinh c) dd nhạt màu.

3CH2=CH2 + 2KMnO4 +4H2O→3HOCH2-CH2OH+2MnO2 + 2KOH

d) dung dịch kiềm. Phản ứng phụ tạo khí CO2, SO2

3.1

Tìm được x, y được 0,5 điểm Tìm a được 0,5 điểm C2H2: x mol H2: y mol x + y = 0,3 (1) 26 x + 2 y số mol sau: 28,8

0,5

26 x + 2 y = y ( vì H2 phản ứng hết) (2) 28,8 Giải hệ (1) và (2) suy ra: x = 0,125 và y = 0,175 Bảo toàn pi: 2x = 0,175 + a Suy ra a = 0,075 mol số mol H2 phản ứng: 0,3 -

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 3.2

3.3

Viết đúng các PT ion: 1,0 điểm Tính được x, y: 1,5 điểm Tính được kết tủa: 0,5 điểm KHCO3: x mol Na2CO3: y mol Thí nghiệm 1: Số mol H+ phản ứng: a + 2b = 0,35 Số mol CO2 : a + b = 0,25 Suy ra: a = 0,15 và b = 0,1 x a Điều kiện: = = 1,5 y b Thí nghiệm 2: Số mol CO2: 0,35 – y = 0,15 ⇒ y = 0,2 ⇒ x = 0,3 Tính kết tủa: BaCO3:0,35 mol BaSO4: 0,125 mol Khối lượng kết tủa là m = 98,075g Viết được 3 phương trình của 3 giai đoạn: 0,25 điểm Tính được a: 0,25 điểm Tính được V min 0,25 điểm Tính được V max 0,25 điểm

Viết 3 PTHH Tính a Từ 3 phương trình: 2,3a + a = 0,33 ⇒ a = 0,1 Tính V min Khi chỉ xảy ra giai đoạn 1: V min = 2,24 lit Tính V max Khi xảy ra 2 giai đoạn: V max = 5,152 lit 4.1

4.2

Tính sô mol Na, Ba, O: Xác định muối tạo thành Tính kết tủa

1,25

1,25 0,5

0,25 0,25 0,25 0,25

mỗi chất 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm

Na: x Ba : y O: z Khối lượng hh: 23x + 137y + 16z = 33,02 (1) x + 2y Khối lượng kết tủa: 233 y + 98. = 73,3 (2) 2 Bảo toàn e: x + 2y = 2z + 2.0,2 (3) Giải hệ 1,2,3: x = 0,28 y = 0,18 z = 0,12 Số mol OH- = 0,64 Tỉ lệ: OH/CO2: 1,42 (tạo 2 muối) Só mol CO32-: 0,64 – 0,45 = 0,19 mol Số mol kết tủa: 0,18 mol Khối lượng kết tủa: 35,46g Tính H2O, O2, CO2 mỗi chất 0,25 điểm

0,75

0,25 0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Tính không khí Tính p

0,5 điểm 0,25 điểm

Bình chứa P2O5 hấp thu H2O ⇒ m H 2O = 1, 26 gam Bình chứa P hấp tụ O2 ⇒ m O2 = 0,16 gam Bình chứa Ca(OH)2 hấp thụ CO2, Do tạo kết tủa và đun dung dịch lại xuất hiện kết tủa ⇒ tạo 2 muối CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (1) 0,03 ← 0,03 → 0,03 + CO2 + H2O → Ba(HCO3)2 (2) BaCO3 (0,03-0,1) → 0,1 Suy ra n CO2 = 0,04 mol

0,25 0,25 0,25

0,5 0,25

20.32 + 28.80 = 28,8 hoặc 29 100 Sơ đồ: X + không khí → CO2 + H2O + N2 (1) Áp dụng ĐLBTKL: mX+ mkk= m CO2 + m H2O + m N2 + m O2 (dư)

M (không khí)=

4.3

1,54 + x.28.8 = 0,04.44+1,26+0,16 +0,25.28 ⇒ x=0,3 mol 0,32.0, 082.(273 + 54, 6) = 0,86 atm P= 10 Xét dung dịch Y: Al3+, Mg2+, K+, NH4+, SO42- Tính số mol khí: NO (0,04 mol), H2 (0,12 mol) - Tinh số mol Mg2+ dựa vào 10g chất rắn: 0,25 mol - Số mol K+: 0,03 mol - Số mol SO42-: 0,5 mol - Tính số mol Al3+ và NH+4 dựa vào khối lượng muối và BTĐT: Al3+ (0,14) và NH4+ (0,05 mol) - Bảo toàn nguyên tố N ta có số mol Al(NO3)3: 0,02 mol - Bảo toàn nguyên tố Al: ta có số mol Al trong hỗn hợp ban đầu: 0,12 mol Vậy: %Al = 22,66%

0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT

ĐỀ CHÍNH THỨC

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI : HÓA HỌC – LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút (10 câu tự luận )

t C d. CuO + NH4Cl → M + N + L + H2O Câu 3(2 điểm): 1. Lượng 0,18 gam một đơn chất R tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được khí A. Thu toàn bộ khí A vào dung dịch nước vôi trong dư thì thu được 5,1 gam kết tủa. Xác định đơn chất R ? 2. Một dung dịch X chứa 0,1 mol Na+; 0,2 mol Ba2+; x mol HCO3− và y mol Cl − . Cô cạn dung

dịch X rồi lấy chất rắn đem nung đến khối lượng không đổi thu được 43,6 gam chất rắn. Tính Giá trị của x và y ? Câu 4(2 điểm): Hợp chất M tạo bởi anion Y3- và cation X+, cả hai ion đều do 5 nguyên tử của hai nguyên tố tạo nên. A là một nguyên tố trong X+ có hóa trị âm là –a ; B là một nguyên tố trong Y3-. Trong hợp chất A và B đều có hóa trị dương cao nhất là a+2. Khối lượng phân tử của M bằng 149. M Y3 − Trong đó : > 5. Hãy xác lập công thức phân tử của M ? M X+

Câu 5(2 điểm): Cho m gam hỗn hợp H gồm FexOy, Fe, Cu tác dụng hết với 200 gam dung dịch chứa HCl 32,85% và HNO3 9,45%, sau phản ứng thu được 5,824 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch X chứa (m + 60,24) gam chất tan. Cho a gam Mg vào dung dịch X, khi kết thúc phản ứng thấy thoát ra khí Y gồm 2 khí, trong đó có khí hóa nâu trong không khí; tỉ khối của Y đối với He bằng 4,7 và (m - 6,04) gam chất rắn T. Giá trị của a là Câu 6(2 điểm): 1. Hỗn hợp X gồm but-1-en và butan có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 3. Dẫn X qua ống đựng xúc tác thích hợp, nung nóng thu được hỗn hợp Y gồm các chất mạch hở CH4, C2H6 C2H4, C3H6, C4H6, C4H8, C4H10, H2. Tỷ khối của Y so với X là 0,5. Nếu dẫn 1 mol Y qua dung dịch brom dư thì khối lượng brom phản ứng là m gam. Tính giá trị của m? 2. Xăng là nguyên liệu hoá thạch được hình thành từ những vật chất hữu cơ tự nhiên như: xác động, thực vật do tác dụng của vi khuẩn yếm khí trong lòng đất qua hàng triệu năm. Dù là nguồn khoáng sản dồi dào nhưng trữ lượng xăng (dầu) trên thế giới là có hạn. Xuất hiện đầu tiên ở Hoa Kì, xăng sinh học (xăng pha etanol) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống. Xăng pha

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 etanol là xăng được pha 1 lượng etanol theo tỉ lệ đã nghiên cứu như: xăng E5 (pha 5% etanol), E10(10% etanol),….E85 (85% etanol). a. Hãy cho biết tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. b. Trường hợp nào tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đốt cháy: 1 kg xăng hay 1 kg etanol? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng thì cần 14,6 kg không khí (không khí chứa 20% O2 và 80%N2 về thể tích). c. Từ kết quả câu b, em đánh giá gì về việc pha thêm etanol vào xăng để thay thế xăng truyền thống? Câu 7(2 điểm): Nung nóng hỗn hợp chất rắn A gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO3)2, sau một thời gian thu được chất rắn X và 0,45 mol hỗn hợp khí NO2 và O2. X tan hoàn toàn trong dung dịch chứa vừa đủ 1,3 mol HCl, thu được dung dịch Y chứa m gam hỗn hợp muối clorua và thoát ra 0,05 mol hỗn hợp khí Z gồm N2 và H2, tỉ khối của Z so với H2 là 11,4. Tính giá trị m ? Câu 8(2 điểm):  → 2NH3 (k) có Kp = 1,64 ×10−4. 1. Tại 4000C, P = 10atm phản ứng N2(k) + 3H2(k) ←  Tìm % thể tích NH3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N2(k) và H2(k) có tỉ lệ số mol theo đúng hệ số của phương trình ? 2. Viết tất cả các đồng phân cis- và trans- của các chất có công thức phân tử là C3H4BrCl ?

Câu 9(2 điểm): Hòa tan 10,92 gam hỗn hợp X chứa Al, Al2O3 và Al(NO3)3 vào dung dịch chứa NaHSO4 và 0,09 mol HNO3, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chứa các chất tan có khối lượng 127,88 gam và 0,08 mol hỗn hợp khí Z gồm 3 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối hơi của Z so với He bằng 5. Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch Y, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

Tính phần trăm khối lượng của khí có khối lượng phân tử lớn nhất trong hỗn hợp Z ?

Câu 10(2 điểm): 1. Trong phòng thí nghiệm bộ dụng cụ vẽ dưới đây có thể dùng để điều chế những chất khí nào trong số các khí sau: Cl2, NO, NH3, SO2, CO2, H2, C2H4, giải thích. Mỗi khí điều chế được hãy chọn một cặp chất A và B thích hợp và viết phản ứng điều chế chất khí đó?

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

ĐÁP ÁN

Câu 1(2 điểm): 1. Có 5 lọ hóa chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong các hóa chất sau: NaOH, HCl, H2SO4, BaCl2, Na2SO4. Chỉ được dùng thêm phenolphtalein (các điều kiện và dụng cụ thí nghiệm có đủ), hãy trình bày phương pháp hóa học nhận biết 5 hóa chất trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có)? 2. Cho 1 mol Ca3(PO4)2 tác dụng với 2,75 mol HCl khi phương trình phản ứng cân bằng có tổng các hệ số nguyên tối giản bằng k.Tính k? ĐA: 1. Lấy một lượng vừa đủ mỗi mẫu hóa chất cho vào các ống nghiệm riêng biệt rồi đánh số thứ tự. Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào các ống nghiệm chứa các hóa chất nói trên, + Nếu ống nghiệm nào hóa chất làm phenolphtalein từ không màu chuyển màu hồng là NaOH + Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là HCl, H2SO4, BaCl2 và Na2SO4. Nhỏ từ từ và lần lượt vài giọt dung dịch có màu hồng ở trên vào 4 ống nghiệm còn lại. + Ống nghiệm nào làm mất màu hồng là các dung dịch axit HCl và H2SO4.(Nhóm I) + Ống nghiệm nào không làm mất màu hồng là dung dịch muối BaCl2 và Na2SO4. (Nhóm II). → NaCl + H2O PTHH: NaOH + HCl  → Na2SO4 + H2O 2NaOH + H2SO4  Nhỏ một vài giọt dung dịch của một dung dịch ở nhóm I vào hai ống nghiệm chứa dung dịch nhóm II + Nếu không có hiện tượng gì thì hóa chất đó là HCl. Chất còn lại của nhóm I là H2SO4. Nhỏ dung dịch H2SO4 vào hai ống nghiệm chứa hóa chất nhóm II - Nếu thấy ống nghiệm nào kết tủa trắng thì ống nghiệm đó chứa dung dịch BaCl2. - Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì đó là hóa chất Na2SO4 + Nếu thấy ống nghiệm nào có kết tủa ngay thì dung dịch ở nhóm I là hóa chất H2SO4, ống nghiệm gây kết tủa BaCl2, ống nghiệm còn lại không gây kết tủa chứa hóa chất Na2SO4. Hóa chất còn lại ở nhóm I là HCl. PTHH: → BaSO4 ( kết tủa trắng) + 2HCl H2SO4 + BaCl2  2. 54 Câu 2(2 điểm): 1. Đun nóng hỗn hợp gồm 2 mol SO2 và 1 mol O2 trong bình kín có thể tích 4 lít ở nhiệt độ t0 C có xúc tác V2O5, sau một thời gian hệ đạt đến trạng thái cân bằng. Biết áp suất hỗn hợp P' đầu và áp suất hỗn hợp sau phản ứng ở nhiệt độ t0C là P và P’. Xác định giới hạn ? P 2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau. a. Ba(H2PO3)2 + NaOH  → C + D + E b. Al + NO3 + OH + H2O  → F + G c. FeCl3 + K2CO3 + H2O  →H + I + K 0

t C d. CuO + NH4Cl → M + N + L + H2O ĐA: 2SO2(K) +O2(K) 2SO3(K) ∆H< 0 Ban đầu 2mol 1mol 0 mol x Phản ứng xmol mol x mol 2 x Cân bằng (2 - x) mol (1 - ) mol x mol 2 Số mol trước phản ứng: nT = 2+1 = 3mol x x Số mol sau phản ứng: nS = 2 - x + 1 + x = (3 - ) mol 2 2 PT nT P' 3− x/2 → = = vì 2 > x > 0 PS nS P 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

2 P' ≤ <1 3 P 2. Hoàn thành các ptpư a. Ba(H2PO3)2 + 2NaOH  → BaHPO3 + Na2HPO3 + 2H2O b. 8Al + 3NO3 + 5OH + 2H2O  → 3NH3 ↑ + 8AlO2-

→

c. 2FeCl3 + 3K2CO3 + 3H2O  → 2Fe(OH)3 ↓ + 6KCl + 3CO2 ↑ d.

t C 4CuO +2 NH4Cl → 3Cu + CuCl2 + N2↑+4H2O

Câu 3(2 điểm): 1. Lượng 0,18 gam một đơn chất R tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được khí A. Thu toàn bộ khí A vào dung dịch nước vôi trong dư thì thu được 5,1 gam kết tủa. Xác định đơn chất R ? ĐA: * Xét R là kim loại hoặc phi kim không phải cacbon hay lưu hùynh: R → R +x + xe(1) 0,18 0,18 x R R +6 S +4 (2) S + 2e-→ 0,085 0,0425 SO2 + Ca(OH)2→CaSO3 + H2O (3) 5,1 0,0425 = 0,0425 120 0,18 Bảo toàn số electron: x = 0,085 ⇒ R = 2,112x . Loại. R * Xét R là S: Sự oxi hóa: S + 2H2SO4→ 3SO2 + 2H2O (4) 0,005625 0,016875 Khối lượng kết tủa: 0,016875.120 = 2,025 g < 5,1 g. Loại. * Xét R là cacbon: C + 2H2SO4→ CO2 + 2SO2 + 2H2O (5) 0,015 0,015 0,030 SO2 + Ca(OH)2→CaSO3 + H2O (6) CO2 + Ca(OH)2→ CaCO3 + H2O (7) Khối lượng kết tủa: 0,015.100 + 0,03.120 = 5,1 gam. Phù hợp với đề ra.Vậy R là cacbon. 2. Một dung dịch X chứa 0,1 mol Na+; 0,2 mol Ba2+; x mol HCO3− và y mol Cl− . Cô cạn dung dịch X rồi lấy chất rắn đem nung đến khối lượng không đổi thu được 43,6 gam chất rắn. Tính Giá trị của x và y ?

● Nếu n

HCO3−

≤ 2n

Ba2 +

thì khi cô cạn dung dịch X và nung đến khối lượng không đổi sẽ thu được hỗn

hợp gồm BaO, NaCl hoặc BaO, NaCl và BaCl2. Như vậy, ion HCO3− đã được thay bằng ion O2− . Theo giả thiết và bảo toàn điện tích, ta có : n + n − = n + + 2n 2+ HCO3− Cl Na Ba  y 0,1 0,2  x x + y = 0,5  x = 0,14  ⇒ ⇒  n HCO − = 2 nO2− 8x + 35,5y = 13,9  y = 0,36 3   x  → 0,5x  23n Na+ + 137nBa2+ + 35,5nCl− + 16 nO2− = 43,6  0,1 0,2 y 0,5x 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

● Nếu trường hợp n

HCO3−

≤ 2n

Ba2 +

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 không thỏa mãn thì ta xét trường hợp n . Khi đó − > 2n 2 + HCO 3

chất rắn sẽ gồm Na2CO3, BaO và NaCl. Theo giả thiết và bảo toàn điện tích, ta có : n + n − = n + + 2 n 2+ HCO3− Cl Na Ba  y 0,1 0,2  x   n HCO − = 2 n O2 − + 2 n CO 2 − = 2 n Ba2 + + 2 n CO 2 − 3  3 3 0,2 0,2  x z z  23 n + 137 n 2 + + 35,5 n − + 16 n 2 − + 60 n 2 − = 43,6  Na + Ba Cl O CO 3  0,1 0,2 y 0,2 z   x + y = 0,5  x = − 1,1   ⇒  x − 2z = 0, 4 ⇒  y = 1,6 35,5y + 60z = 10, 7  z = − 0, 75  

Câu 4(2 điểm): Hợp chất M tạo bởi anion Y3- và cation X+, cả hai ion đều do 5 nguyên tử của hai nguyên tố tạo nên. A là một nguyên tố trong X+ có hóa trị âm là –a ; B là một nguyên tố trong Y3-. Trong hợp chất A và B đều có hóa trị dương cao nhất là a+2. Khối lượng phân tử của M bằng 149. M Y3 − > 5. Hãy xác lập công thức phân tử của M ? Trong đó : M X+

ĐA: + A vừa có hóa trị hóa trị âm, vùa có hóa rị dương ⇒ A là phi kim + A, B có hóa trị dương cao nhất là (a+2). vậy hai nguyên tố cùng nhóm (a + 2) + Tổng hóa trị âm và dương về trị tuyệt đối bao giờ cũng bằng 8 + M có công thức X3Y vì tạo bởi và (phân tử trung hòa vể điện) a+a+2 =8 ⇒ a=3 ⇒ A, B thuộc nhóm V + Theo đầu bài

M Y 3− M X+

⇒ M Y 3 > 5M X + Theo đầu bài : X + do 5 nguyên tử tạo nên 18,6 ⇒ KLNT trung bình < = 3,72 5 ⇒ X + là (AH4)+ ⇒ X+ là NH4+ M Y 3− = 149 – 3.18 =95 95 = 19 5 Vậy C là Oxi MB = 95 -16.4 = 31 (phôt pho) Vậy công thức của M là (NH4)3PO4

KLNT trung bình =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

  (m + 60,24)g T : Cu, Fe, Mg (m − 6, 04) g  3+  Fe  Mg 2+  Cu 2+  +   +  NH 4 y Mg  →  H Fe  a gam − HCl 1,8   Cl 1,8 − m (g) H Cu +  → NO 3  H O z HNO3 0,3 O  2 −    Cl    NO 3x    H 2 2x   H 2O NO 0, 26 1,8.36,5 + 0,3.63 − 60, 24 − 0, 26.30 BTKL  → n H2O = = 0,92 (mol) 18 Fe3+  2+ Cu  BTNT  →(m+ 60, 24) H + 0, 26 => m(Cu + Fe) = (m – 6,4) gam < mT . Vậy trong T có thêm Mg dư =  NO− 0, 04 3  Cl− 1,8  0,36 g. 3x + y = 0, 04  x = 0, 01   BTNT ( N,H,O) →  4x + 4y + 2z = 0, 26 =>  y = 0, 01 3x + z = 0, 04.3  z = 0, 09   − 1,8 0, 01 BTDT  → n Mg2+ = = 0,895(mol) => a = 0,895.24 + 0,36 = 21,84 (gam) 2 Câu 6(2 điểm): 1. Hỗn hợp X gồm but-1-en và butan có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 3. Dẫn X qua ống đựng xúc tác thích hợp, nung nóng thu được hỗn hợp Y gồm các chất mạch hở CH4, C2H6 C2H4, C3H6, C4H6, C4H8, C4H10, H2. Tỷ khối của Y so với X là 0,5. Nếu dẫn 1 mol Y qua dung dịch brom dư thì khối lượng brom phản ứng là m gam. Tính giá trị của m? 2. Xăng là nguyên liệu hoá thạch được hình thành từ những vật chất hữu cơ tự nhiên như: xác động, thực vật do tác dụng của vi khuẩn yếm khí trong lòng đất qua hàng triệu năm. Dù là nguồn khoáng sản dồi dào nhưng trữ lượng xăng (dầu) trên thế giới là có hạn. Xuất hiện đầu tiên ở Hoa Kì, xăng sinh học (xăng pha etanol) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống. Xăng pha etanol là xăng được pha 1 lượng etanol theo tỉ lệ đã nghiên cứu như: xăng E5 (pha 5% etanol), E10(10% etanol),….E85 (85% etanol). a. Hãy cho biết tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. b. Trường hợp nào tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đốt cháy: 1 kg xăng hay 1 kg etanol? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng thì cần 14,6 kg không khí (không khí chứa 20% O2 và 80%N2 về thể tích). c. Từ kết quả câu b, em đánh giá gì về việc pha thêm etanol vào xăng để thay thế xăng truyền thống? ĐA:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

+ Phöông trình phaû n öù ng : o

t , xt C4 H10  → C4 H6 + 2H2

mol :

→

x → 2x

t , xt C4 H10  → Cn H 2n + Cm H 2m + 2

mol :

→

y→

n X = 4  n = 4 n khí taêng = 4 n C4 H10 = 3  + Choï n  ⇒  n X MY ⇒ X ⇒ n =1 = = 0,5  n Y = 8 n lieân keát π taêng = 4   C4 H8  nY MX Trong 8 mol Y coù 1 + 4 = 5 mol lieâ n keá t π n Br2 pö vôùi 0,1 mol Y = 0,625 ⇒ ⇒ Trong 1 mol Y coù 0,625 mol lieâ n keá t π m Br2 pö vôùi 0,1 mol Y = 100 gam

2. Nội dung a. Xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học vì lượng etanol trong xăng có nguồn gốc từ thực vật( nhờ phản ứng lên men để sản xuất số lượng lớn).Loại thực vật thường được trồng để sản xuất etanol là: ngô, lúa mì, đậu tương, củ cải đường,…

Ptpư: (C6H10O5)n + nH2O C6H12O6

nC6H12O6

2C2H5OH + 2CO2

b.C2H5OH + 3O2

2CO2 + 3H2O

gam→ nO2 =

mO2 =

→ mKK =

mol → nKK =

= 9,4.103gam = 9,4kg

→ mO2(khi đốt etanol) < mO2 (khi đốt xăng).Như vậy khi đôt cháy 1kg xăng thì tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đôt cháy 1kg etanol c.Đốt cháy etanol tiêu tốn ít oxi hơn đồng nghĩa với lượng khí thải thải ra ít hơn, hạn chế việc ô nhiễm môi trường. Hơn nữa, nguồn etanol dễ dàng sản xuất quy mô lớn không bị hạn chế về trữ lượng như xăng dầu truyền thống.Do vậy, dùng xăng sinh học là một giải pháp cần được nhân rộng trong đời sống và sản xuất Câu 7(2 điểm): Nung nóng hỗn hợp chất rắn A gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO3)2, sau một thời gian thu được chất rắn X và 0,45 mol hỗn hợp khí NO2 và O2. X tan hoàn toàn trong dung dịch chứa vừa đủ 1,3 mol HCl, thu được dung dịch Y chứa m gam hỗn hợp muối clorua và thoát ra 0,05 mol hỗn hợp khí Z gồm N2 và H2, tỉ khối của Z so với H2 là 11,4. Tính giá trị m ? Hướng dẫn giải:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

a mol  Mg to  →  Cu(NO3 )2 0, 25 mol

 Mg 2+ a  2+ Cu 0, 25  NH + b +1,3 mol HCl X  →  − 4 Cl 1,3

+ H 2O

 N 2 0, 04   H 2 0, 01  NO 2 0, 42 − b  O 2 0, 03 + b

C1 [+, −] 2a + b = 0,8 [e]

2a + 4(0, 03 + b) = 0, 42 − b + 8b + 10.0, 04 + 2.0, 01

a = 0,39 ⇒  b = 0, 02

⇒ m = 71, 87 gam

[O] → n H2O = 0, 25.6 − 0, 45.2 = 0, 6 (mol) C2 

[ +,− ]  → n Mg2+ =

[H]   → n NH+ = 4

1,3 − 0, 25.2 − 0,02 = 0,39 (mol) 2

1,3 − 0,6.2 − 0,01.2 = 0,02 (mol) 4

Vậy m = 71,87 gam

Câu 8(2 điểm):

 → 2NH3 (k) có Kp = 1,64 ×10−4. 1. Tại 4000C, P = 10atm phản ứng N2(k) + 3H2(k) ←  Tìm % thể tích NH3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N2(k) và H2(k) có tỉ lệ số mol theo đúng hệ số của phương trình ? 2. Viết tất cả các đồng phân cis- và trans- của các chất có công thức phân tử là C3H4BrCl ĐS:  → 2NH3 (k) 1. N2(k) + 3H2(k) ←  PN nN 1 2 Theo PTHH: = 2 = ⇒ Theo gt: P NH + P N + P H = 10 3 2 2 PH nH 3 2

⇒ P NH + 4P N = 10 3 2

Và Ta có: Kp =

(PNH )2 3

(PN )(PH ) 2

(1) (PNH3 )2 3

(PN2 )(3PN2 )

−2

= 1,64 ×10−4 ⇒

PNH

(PN )

= 6,65×10−2.

Thay vào (1) được: 6,65 ×10 (P N ) + 4P N − 10 = 0 ⇒ P N = 2,404 và P N = − 62,55 < 0 2

Vậy, P N = 2,404 ⇒ P NH = 10 − 4P N = 0,384 atm chiếm 3,84% 2

2. Có 12 CTCT thỏa mãn công thức C3H4BrCl, CH3 Cl CH3 C= C C=C H Br H

CH3

H C= C

CH3

C=C

CH3

C= C

C=C

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

CH2Br

CH3Br

CH3Cl

C= C

H C= C

H CH2Cl

Cl C=C

C=C

Cl Câu 9(2 điểm): Hòa tan 10,92 gam hỗn hợp X chứa Al, Al2O3 và Al(NO3)3 vào dung dịch chứa NaHSO4 và 0,09 mol HNO3, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chứa các chất tan có khối lượng 127,88 gam và 0,08 mol hỗn hợp khí Z gồm 3 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối hơi của Z so với He bằng 5. Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch Y, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

Tính phần trăm khối lượng của khí có khối lượng phân tử lớn nhất trong hỗn hợp Z ? A. 41,25%

B. 68,75%

C. 55,00%

D. 82,50%

Hướng dẫn giải:

Al  10,92g Al 2 O3 Al(NO ) 3 3 

 Al3+ 0,3   +   Na x   + 127,88g  NH 4 y  +  H z  NaHSO 4 x  +  →  2 − SO 4 x   HNO3 0, 09  H 2   0, 08 mol  N  2 a  N O b   2 M = 20 

+ H 2O

 x = 1    → 0,3.27 + 23x + 18y + z + 96x = 127,88 =>  y = 0,04  z = 0, 06  → y + z = 0,1   BTDT  → x + y + z + 0,3.3 = 2.x

BTKL  →10,92 + 1.120 + 0, 09.63 = 127,88 + 0, 08.20 + 18.n H2O BTNT H n H2 = →

=> nH2O = 0,395 mol

0, 09 + 1 − 0, 04.4 − 0, 06 − 0,395.2 = 0, 04 (mol) 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 a + b = 0, 04 a = 0, 015  → =>  28a + 44b + 0, 04.2 = 20.0, 08 b = 0, 025

=> %N2O = 68,75%

Câu 10(2 điểm): 1. Trong phòng thí nghiệm bộ dụng cụ vẽ dưới đây có thể dùng để điều chế những

chất khí nào trong số các khí sau: Cl2, NO, NH3, SO2, CO2, H2, C2H4, giải thích. Mỗi khí điều chế được hãy chọn một cặp chất A và B thích hợp và viết phản ứng điều chế chất khí đó?

2. Cho các dung dịch riêng biệt mất nhãn sau : Na2SO4, AlCl3, FeSO4, NaHSO4,FeCl3. Chỉ dùng dung dịch K2S hãy nhận biết các dung dịch trên ngay ở lần thử đầu tiên. Viết các phương trình hoá học minh hoạ ? 1. * Lấy một ít dung dịch AgNO3 vào một ống nghiệm sạch, thêm từ từ dung dịch NH3 đến khi kết tủa xuất hiện rồi tan hết. Thêm vào dung dịch một ít dung dịch RCHO (học sinh có thể dùng một chất bất kỳ khác có nhóm -CHO). Đun nóng từ từ ống nghiệm một thời gian ta thu được ống nghiệm có tráng một lớp Ag mỏng phía trong. * Các phương trình phản ứng: AgNO3 + NH3 + H2O → Ag(OH) + NH4NO3 Ag(OH) + 2NH3→ [Ag(NH3)2]OH 0 2[Ag(NH3)2]OH + R-CHO t 2Ag + RCOONH4 + 3NH3 + H2O 2. Khi cho dung dịch K2S lần lượt vào mẫu thử của các dung dịch trên thì: - Mẫu thử không có hiện tượng chứa dung dịch Na2SO4 - Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng keo và có hiện tượng sủi bọt khí chứa AlCl3 : 2AlCl3 + 3 K2S + 3H2O → 6KCl + 2Al(OH)3 + 3H2S - Mẫu thử có hiện ttượng sủi bọt khí chứa dung dịch NaHSO4 2 NaHSO4 + K2S → 2K2SO4 + H2S - Mẫu thử xuất hiện kết tủa đen chứa FeCl2: K2S + FeCl2→ FeS + 2NaCl - Mẫu thử xuất hiện kết tủa đen và vàng có chứa FeCl3 2FeCl3 + 3K2S → 6KCl + S + 2FeS

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI

HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: HÓA HỌC

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 8/10/2012 (Hướng dẫn chấm có 06 trang, gồm 08 câu)

Câu I (4,0 điểm): 1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Na + B + H2O → D↓ + E + H2 A+B→D+E 0

t D  → F + H2O B + Ba(NO3)2 → BaSO4 + G B + NH3 + H2O → D↓ + H 0

t → K + N + H2O F + NH3  K + FeCl3 → L + M L + NaOH → D↓ + NaCl Biết B là muối của kim loại có hóa trị 2. Tổng phân tử khối của B và D là 258. 2. Viết phương trình phân tử và phương trình ion rút gọn biểu diễn các thí nghiệm sau: a. Cho dòng khí H2S đi qua dung dịch FeCl3 b. Cho khí ozon đi qua dung dịch KI, dung dịch thu được làm xanh hồ tinh bột. c. Cho khí clo đi qua dung dịch KOH đun nóng (khoảng 700C). d. Cho Na2SO3 vào dung dịch KMnO4 trong môi trường H2SO4 làm dung dịch mất màu. Đáp án 1. Ta có: B là MSO4; D là M(OH)2. Theo giả thiết có phương trình: 258= 2M + 96 + 34 → M = 64 (Cu) Thay vào phương trình ta có: 2Na + CuSO4 + 2H2O → Cu(OH)2 + Na2SO4 + H2 (B) (D) (E) 2NaOH + CuSO4 → Cu(OH)2 + Na2SO4 (A)

Điểm

t Cu(OH)2  → CuO +H2O (F) CuSO4 + Ba(NO3)2 → BaSO4 + Cu(NO3)2 (G) CuSO4 + 2NH3 + 2H2O →(NH4)2SO4 + Cu(OH)2 (H)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0

t 3CuO + 2NH3  → 3Cu + N2 + 3H2O (K) (N) Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2 (L) (M) CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH)2 + 2 NaCl 2. a. 2 FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2 HCl Phương trình ion: 2Fe3+ + H2S → 2Fe2+ + S + 2H+ b. 2 KI + O3 + H2O → I2 + 2 KOH + O2 Phương trình ion: 2 I- + O3 + H2O → I2 + 2 OH- + O2 I2 làm xanh hồ tinh bột.

2,0 đ

t c. 3 Cl2 + 6 KOH  → KClO3 + 5 KCl + 3H2O o

t Phương trình ion: 3 Cl2 + 6 OH-  → ClO3- + 5 Cl- + 3H2O d. 5 Na2SO3 + 2 KMnO4 + 3 H2SO4 → 2 MnSO4 + K2SO4 + 5 Na2SO4 + 3 H2O Phương trình ion: 5 SO32- + 2 MnO4- + 6 H+ → 2 Mn2+ + 5 SO42- + 3 H2O

2,0 đ Câu II (1,5 điểm) :

Nguyên tử của nguyên tố hóa học X có tổng số các hạt proton, electron, nơtron bằng 180, trong đó tổng số hạt mang điện gấp 1,432 lần số hạt không mang điện. a. Viết cấu hình electron của X. b. Khi cho dạng đơn chất của X tác dụng với AgNO3 trong dung dịch (dung môi không phải là nước) ở điều kiện thường chỉ tạo ra được hai hợp chất trong đó có một chất là AgX. - Viết phương trình phản ứng. - Đó là phản ứng trao đổi hay oxi hóa khử ? Tại sao? Đáp án Điểm a. Gọi Z, N lần lượt là số hiệu nguyên tử, số nơtron của X 2 Z + N = 180  N = 74 Ta có hệ  → → X là iot 2 Z = 1, 432N  Z = 53 Cấu hình electron: 1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p5 0,75 đ 0

−1

b. I2 + AgNO3 → Ag I + I NO3 0,75 đ Đây là phản ứng tự oxi hóa – khử vì 1 nguyên tử I là chất oxi hóa, 1 nguyên tử I là chất khử. Câu III (2,25 điểm) : Đốt cháy hoàn toàn một dây kim loại trong bình chứa CO2 thì thu được một oxit có khối lượng 16 gam. Cũng cho lượng kim loại trên tác dụng với dung dịch H2SO4 dư thì thu được 2,24 lít một khí duy nhất (đktc). Xác định kim loại.

Đáp án Kim loại tác dụng được với CO2 phải là kim loai mạnh (nhóm A) nên chỉ có một hóa trị duy nhất và có số mol là x. 4M + a CO2 → 2M2Oa + aC x mol 0,5 x mol Ta có: 0,5x. (2M+ 16a) = 16 (1) Khi cho M tác dụng với H2SO4 vì chưa biết nồng độ nên có thể có 3 khả năng xảy ra : tạo H2 hoặc SO2 hoặc H2S. TH1 : nếu tạo ra H2

Điểm

0,5đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2M + a H2SO4 → M2(SO4)a + a H2 x mol ax/2 mol Ta có: xa/2 =0,1 (2) biện luận không có a và M thỏa mãn (loại) Từ (1) và (2) ta có M = 72. a TH2 : nếu tạo ra SO2 2M + 2a H2SO4 → M2(SO4)a + 2a H2O + aSO2 x mol ax/2 mol Ta có: xa/2 =0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 72. a biện luận không có a và M thỏa mãn (loại) TH3: nếu tạo ra H2S 8M + 5a H2SO4 → 4M2(SO4)a + a H2S + 4a H2O x mol ax/8 mol Ta có: xa/8 = 0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 12. a biện luận có a = 2 và M = 24 thỏa mãn (Mg)

0,5 đ

0,75 đ

Câu IV (3,25 điểm) : 1. So sánh pH của các dung dịch sau đây: NH4HSO4 0,1M; NH4NO3 0,1M; (NH4)2SO4 0,05M; (NH4)2S 0,05M; (NH4)2CO3 0,05M. Cho biết: K a ( NH+ ) = 10-9,24 ; K a (HSO− ) = 10-2 ; K 2(H 2S) = 10-13 ; K 2(H 2CO3 ) = 10-10,33. 4

2. Cho A là dung dịch CH3COOH 0,02M. Trộn 100 ml dung dịch A với 100 ml dung dịch NaHSO4 0,1M thu được dung dịch B. Tính pH của dung dịch B và độ điện li của CH3COOH trong dung dịch B. Cho K a (HSO− ) = 10-2; K a (CH3COOH) = 10-4,75. 4

Đáp án

Điểm

1. Tất cả các dung dịch đều chứa chung gốc NH4+ với C NH + = 0,1 M 4

NH4+ ⇌ NH3 + H+

K a ( NH+ ) = 10-9,24 (axit yếu) 4

→ Chỉ cần so sánh pH của các anion. HSO4- ⇌ H+ + SO42K 2(H 2SO4 ) = 10-2 ( axit tương đối mạnh) NO3- trung tính SO42- + H2O ⇌ HSO4- + OH-

Kb = 10-12 (bazơ rất yếu)

S2- + H2O ⇌ HS- + OH-

Kb = 10-1 (bazơ mạnh)

CO32- + H2O ⇌ HCO3- + OH-

1đ

Kb = 10-3,67 (bazơ)

Vậy pH của các dung dịch muối tăng theo thứ tự:

NH4HSO4 < NH4NO3 < (NH4)2SO4 < (NH4)2CO3 < (NH4)2S 2. a. TPGH của dung dịch B: CH3COOH 0,01M; HSO4- 0,05M HSO4- ⇌ H+ + SO42K a (HSO− ) = 10-2 4

CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ Ka’ = 10-4,75 (2) + -14 ⇌ H + OH H2 O Kw = 10 (3) So sánh (1), (2), (3) ta thấy: K a (HSO− ) C HSO− >> Ka’. CCH3COOH >> Kw 4

→ Cân bằng (1) chiếm ưu thế HSO4- ⇌ H+ + SO42[ ] 0,05 – x x x

(1)

1đ

Ka = 10-2

1,25đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2

x = 10-2 → x = 0,018 →pH = 1,745 0, 05 − x Xét cân bằng (2): CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ Ka’ = 10-4,75 [] 0,01 –y y 0,018 0,018y K a' = = 10−4,75 → y = 9,87.10-6 → α = 9,87.10-2 %= 0,0987% 0, 01 − y Ka =

Câu V (2,5 điểm) :

1. Có ba bình đựng dung dịch mất nhãn: Bình A (KHCO3 và K2CO3), bình B (KHCO3 và K2SO4), bình C (K2CO3 và K2SO4). Chỉ dùng dung dịch BaCl2 và dung dịch HCl, nêu cách nhận biết các bình trên. 2. Nêu hiện tượng, giải thích và viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra khi nhỏ từ từ nước clo loãng vào một ống nghiệm đựng dung dịch KI, đến dư. Đáp án Điểm 1. Cho BaCl2 (đến dư) vào cả 3 dung dịch A, B, C. Lọc tách kết tủa thu được kết tủa A1, B1, C1 và 3 dung dịch nước lọc A2, B2, C2. Cho HCl lần lượt tác dụng với mỗi kết tủa và mỗi dung dịch nước lọc: + Nếu từ kết tủa và từ nước lọc đều có khí thoát ra thì ban đầu là dung dịch A: 0,5đ KHCO3 KHCO3 , BaCl2 (A 2 ) HCl CO 2 ↑ BaCl 2 d− (A)   →  →  CO 2 ↑ K 2CO3 BaCO3 (A1 ) + Nếu từ kết tủa không có khí thoát ra, nhưng từ nước lọc lại có khí thoát ra thì ban đầu là dung dịch B: CO 2 ↑ KHCO3 BaCl2 d− KHCO3 , BaCl2 (B2 ) HCl (B)   → →   không CO 2 ↑ K 2SO 4 BaSO 4 (B1 ) 0,5đ + Nếu từ kết tủa có khí thoát ra nhưng có một phần kết tủa không tan trong HCl dư và từ nước lọc không có khí thoát ra thì ban đầu là dung dịch C:  BaCl 2 d− C 2   không K 2CO3 BaCl2 d−  H 2 O HCl (C)   → →  K 2SO 4 CO 2 ↑ + BaSO 4 C BaCO3  1   BaSO 4 0,5đ 2. Nhỏ từ từ nước clo vào dung dịch KI đến dư thì thấy dung dịch chuyển từ không màu sang màu vàng nâu đậm dần, sau đó màu dung dịch lại nhạt dần và đáy ống nghiệm xuất hiện tinh thể màu tím đen. Khi dùng một lượng dư nước clo thì dung dịch mất màu Giải thích: Dung dịch KI không màu, khi nhỏ từ từ nước clo vào thì xảy ra các phản ứng: 2 KI + Cl2 → 2 KCl + I2 KI + I2 KI3 (màu vàng nâu) Nồng độ KI tăng dần làm màu dung dịch đậm dần. KI3 kém bền phân hủy dần thành KI và I2 tinh thể. Do cân bằng chuyển dịch theo chiều làm nồng độ KI3 giảm nên màu sắc dung dịch nhạt dần. Do tạo ra I2 tinh thể nên có kết tủa màu tím đen lắng xuống đáy ống nghiệm Khi cho Cl2 dư thì KI phản ứng hết tạo ra. Sau đó I2 bị oxi hóa hết bởi nước clo dư làm dung dịch mất màu: 2 I2 + 5 Cl2 + 6 H2O → 2 HIO3 + 10 HCl 1,0 đ (hỗn hợp axit không màu) Câu VI (2,0 điểm) :

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 1. a. Giải thích vì sao đơn chất P hoạt động mạnh hơn đơn chất N2? Vì sao photpho trắng hoạt động mạnh hơn photpho đỏ? b. Tại sao ở nhiệt độ thường lưu huỳnh có tính trơ về phương diện hóa học nhưng khi đun nóng tỏ ra khá hoạt động? 2. a. Có một bình chứa khí NH3 lẫn hơi nước. Nêu phương pháp làm khan NH3. b. Hãy giải thích tại sao NH3 có khả năng tạo phức chất với một số cation kim loại như Cu2+, Zn2+, Ag+. Đáp án Điểm 1.a. – Đơn chất P hoạt động mạnh hơn đơn chất N2 vì liên kết giữa các nguyên tử photpho kém bền hơn liên kết N ≡ N - Photpho trắng hoạt động mạnh hơn P đỏ vì trong mạng lưới tinh thể Photpho 0,75đ trắng mối liên kết giữa các phân tử P4 ở các nút lưới là liên kết Vanderwaals rất yếu, trong khi đó photpho đỏ có cấu tạo phân tử dạng polime rất bền b. Độ âm điện của lưu huỳnh là 2,5 nên lưu huỳnh là nguyên tố hoạt động nhưng ở điều kiện thường lại tỏ ra trơ vì phân tử ở dạng trùng hợp mạch khép kín. 0,5

2. a. Dẫn khí qua vôi sống CaO dư, khi đó xảy ra phản ứng: 0,25đ CaO + H2O → Ca(OH)2 Ta thu được NH3 tinh khiết b. Phân tử NH3 có khả năng tạo phức chất với một số cation kim loại như Cu2+, Zn2+, Ag+ do sự liên kết cho nhận giữa cặp electron tự do của nguyên tử N với AO trống của 0,5đ các cation (liên kết phối trí trong phức chất)

Câu VII (2,5 điểm) :

1. Nén 2 mol nitơ và 8 mol hiđro vào một bình kín có thể tích 2 lít (chỉ chứa sẵn chất xúc tác với thể tích không đáng kể) đã được giữ ở nhiệt độ không đổi. Khi phản ứng trong bình đạt cân bằng, áp suất khí trong bình bằng 0,8 áp suất lúc đầu (khi mới cho xong các khí vào bình, chưa xảy ra phản ứng). Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong bình. 2. Một hỗn hợp gồm COCl2 (khí) và Al2O3 (rắn) tác dụng theo phương trình: 3COCl2 (k) + Al2O3 (r) → 3CO2 (k) + 2 AlCl3 (r)

∆H10 = -55,56 kcal

Tính nhiệt tạo thành của AlCl3(r) biết: CO (k) + Cl2 (k) → COCl2 (k) 2 Al(r) +

3 O2 (k) → Al2O3 (r) 2

Cgraphit + O2 (k) → CO2 (k) Cgraphit +

1 O2 (k) → CO (k) 2

∆H 02 = -26,89 kcal ∆H 30 = -399,09 kcal ∆H 04 = -94,05 kcal ∆H 50 = -26,41 kcal

Đáp án 1. Xét phản ứng: N2 + 3 H2 ⇌ 2 NH3 Số mol lúc đầu 2 8 3x 2x Số mol phản ứng x Số mol cân bằng 2-x 8 -3x 2x Tổng số mol khí lúc đầu: 2 + 8 = 10 mol Tổng số mol khí lúc cân bằng: (2 - x) + (8- 3x) + 2x = 10- 2x mol Vì thể tích bình và nhiệt độ không đổi nên áp suất trong bình tỉ lệ thuận với số mol khí:

Điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 p cb 10 − 2x = = 0,8 → x = 1 mol pđ 10 Nồng độ các chất ở cân bằng: [NH3] = 1 M; [N2] = 0,5 M; [H2] = 2,5 M Hằng số cân bằng Kc = 0,128 2. Dựa vào dữ kiện đề bài: ∆H0tt Al2O3 = −399, 09 kcal / mol

1,0đ

∆H0tt CO2 = −94, 05 kcal / mol ∆H 02 = ∆H 0tt COCl2 - ∆H 0tt CO = ∆H 0tt COCl2 - (-26, 41) = -26,89kcal

→ ∆H 0tt COCl2 = −53,3kcal / mol Vậy: ∆H10 = (3.∆H 0tt CO2 + 2∆H 0tt AlCl3 ) − (3∆H 0tt COCl2 + ∆H 0tt Al2 O3 ) =[3.(-94,05) +2. ∆H 0tt AlCl3 ]- [3.(-53,3)+(-399,09)]= - 55,56

→ ∆H0tt AlCl3 = -166,2 kcal/mol

1,5 đ

Câu VIII (2,0 điểm) :

Cho 19,84 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Fe vào V ml dung dịch HNO3 1M. Sau khi phản ứng xong chỉ thu được dung dịch A và 4,704 lít khí NO duy nhất (đktc). Cô cạn cẩn thận dung dịch A thì được 71,86 gam muối khan.

a. Xác định thành phần % khối lượng của hỗn hợp X. b. Tính V.

Đáp án a. Hòa tan X vào dung dịch HNO3 thu được dung dịch A nên có 2 trường hợp xảy ra: Trường hợp 1 HNO3 vừa đủ; phương trình phản ứng (1) 3 Fe3O4 + 28 HNO3 → 9 Fe(NO3)3 + NO + 14 H2O x 3x x/3 Fe + 4 HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (2) y y y nNO = 0,21 mol Gọi x, y lần lượt là số mol Fe3O4 và Fe trong hỗn hợp X Từ (1) và (2) ta có: x/3 + y = 0,21 (I) 232x + 56y = 19,84 (II) Giải hệ có x = 0,037875 mol; y = 0,197375 mol → Khối lượng của Fe(NO3)3 = (3x + y).242 = 75,262 gam > 71,86 gam (loại) Trường hợp 2 HNO3 thiếu nên sau phản ứng (1), (2) xảy ra phản ứng 3 Fe3O4 + 28 HNO3 → 9 Fe(NO3)3 + NO + 14 H2O (1) x 3x x/3 (2) Fe + 4 HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O a a a Fe + 2 Fe(NO3)3→ 3 Fe(NO3)2 (3) b 2b 3b Muối thu được gồm Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 dư: [(3x+a)-2b].242+3b.180 = 71,86 (III) Trong đó: a+b là số mol của Fe trong hỗn hợp X Mặt khác có: 232x + (a + b). 56 = 19,84 (IV) x/3 + a = 0,21 (V) Giải hệ (III), (IV), (V) được x = 0,03 ; a = 0,2; b = 0,03 Thành phần % Fe3O4 = 35, 08 %; % Fe = 64,92%

Điểm

0,75đ

1đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 b. Số mol HNO3 của (1) và (2) là: 28/3.x + 4a =1,08 mol 0,25 đ → V của dung dịch HNO3 là V = 1,08 lít hay 1080 ml Lưu ý khi chấm: -Nếu viết đúng phương trình phản ứng, cân bằng sai hoặc không cân bằng thì trừ nửa số điểm dành cho phương trình đó. Nếu công thức viết sai thì phương trình đó không cho điểm. Nếu thiếu điều kiện phản ứng trừ nửa số điểm dành cho phương trình đó. - Bài toán và nhận biết nếu giải theo cách khác, lập luận chặt chẽ, đúng khoa học, kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa như biểu điểm dành cho phần đó. - Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần làm tròn đến 0,25 điểm.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

KÌ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. (Đề thi gồm 02 trang)

Câu 1 (1,0 điểm). Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau (nếu có): a) Sục khí Cl2 vào dung dịch FeSO4. b) Sục khí etilen vào dung dịch KMnO4. c) Sục khí H2S vào dung dịch nước brom. d) Sục khí O3 vào dung dịch KI. e) Sục khí SO2 vào dung dịch Fe2(SO4)3. f) Nung hỗn hợp quặng photphorit, cát và than cốc ở 1200oC trong lò điện. Câu 2 (1,0 điểm). A là một đồng đẳng của benzen có tỷ khối hơi so với metan bằng 5,75. A tham gia chuyển hóa theo sơ đồ

Hãy viết các phương trình hóa học theo sơ đồ trên, các chất hữu cơ viết dạng công thức cấu tạo rút gọn, cho biết B, C, D, E là các chất hữu cơ. Câu 3 (1,0 điểm). Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO3 loãng, đun nóng nhẹ tạo ra dung dịch A và 448 ml (đo ở 354,9 K và 988 mmHg) hỗn hợp khí B gồm 2 khí không màu, không đổi màu trong không khí. Tỉ khối của B so với oxi bằng 0,716 lần tỉ khối của CO2 so với nitơ. Làm khan A một cách cẩn thận thu được chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu được 3,84 gam chất rắn E. Tính khối lượng D và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. Câu 4 (2,0 điểm). 1. Chỉ dùng một dung dịch làm thuốc thử, hãy lập sơ đồ để nhận biết 4 dung dịch riêng biệt chứa các chất sau: K3PO4, KCl, KNO3, K2S (không cần ghi phản ứng). 2. Cho 200 ml dung dịch X chứa H2SO4 0,05M và HCl 0,1M tác dụng với 300 ml dung dịch Y chứa Ba(OH)2 aM và KOH 0,05M, thu được m gam kết tủa và 500 ml dung dịch Z có pH = 12. Tính giá trị của m và a.

Câu 5 (2,0 điểm).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

1. Chất A có công thức phân tử là C7H8. Cho A tác dụng với AgNO3 trong dung dịch amoniac dư được chất B kết tủa. Phân tử khối của B lớn hơn của A là 214. Viết các công thức cấu tạo có thể có của A. 2. Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ A và B, chỉ thu được H2O và 18,48 gam CO2. Tìm công thức phân tử của A và B, biết X có tỉ khối hơi so với H2 là 13,5; A có nhiều hơn B một nguyên tử C nhưng khối lượng phân tử của A lại nhỏ hơn B. Câu 6 (2,0 điểm). 1. Hấp thụ hoàn toàn 1,568 lít CO2 (đktc) vào 500ml dung dịch NaOH 0,16M, thu được dung dịch X. Thêm 250 ml dung dịch Y gồm BaCl2 0,16M và Ba(OH)2 aM vào dung dịch X, thu được 3,94 gam kết tủa và dung dịch Z. Tính giá trị của a. 2. Dung dịch A chứa Na2CO3 0,1M và NaHCO3 0,1M; dung dịch B chứa KHCO3 0,1M a) Tính thể tích khí CO2 (đktc) thoát ra khi cho từ từ từng giọt đến hết 150 ml dung dịch HCl 0,1M vào 100 ml dung dịch A. b) Xác định số mol các chất có trong dung dịch thu được khi thêm 100 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào 150 ml dung dịch B. Câu 7 (1,0 điểm). Một loại xăng có chứa 4 ankan với thành phần về số mol như sau: 10% heptan, 50% octan, 30% nonan và 10% đecan. Hãy tính xem một xe máy chạy 100 km tiêu thụ hết 2,0 kg loại xăng nói trên thì đã tiêu thụ hết bao nhiêu lít oxi không khí, thải ra môi trường bao nhiêu lít khí cacbonic và bao nhiêu nhiệt lượng, giả thiết rằng nhiệt đốt cháy của xăng là 5337,8 kJ/mol, năng lượng giải phóng ra có 80% chuyển thành cơ năng còn 20% thải vào môi trường, các thể tích khí đo ở 27,30C và 1 atm. Ghi chú: Thí sinh được dùng bảng tuần hoàn. Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; F = 19; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; Si = 28; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca =40; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Ag = 108; Ba = 137. ---------------Hết--------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.........................................................................................SBD:.............................

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 KỲ THI KSCL HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 Năm học: 2017 – 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC 11 (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

Câu

Câu 1 (1,0 đ)

Nội dung a) 3Cl2 + 6FeSO4 → 2Fe2(SO4)3 + 2FeCl3 b) 3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O → 3CH2OH-CH2OH + 2MnO2 + 2KOH c) H2S + 4Br2 + 4H2O → H2SO4 + 8HBr d) O3 + 2KI + H2O → O2 + I2 + 2KOH e) SO2 + Fe2(SO4)3 + 2H2O → 2FeSO4 + 2H2SO4 o

1200 C f) Ca3(PO4)2 + 3SiO2 + 5C  → 3CaSiO3 + 5CO + 2P

Câu 2 (1,0 đ)

MA = 92 Đặt công thức A: CnH2n-6 → 14n-6 = 92 → n =7 CT : → Phương trình: C6H5-CH3 + Cl2

Điểm 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

C6H5-CH2Cl + HCl

C6H11-CH3 C6H5-CH3 + 3H2 dư C6H5-CH3 + 3HNO3 → C6H2(NO2)3-CH3 + 3H2O C6H5-CH3 + 2KMnO4 C6H5-COOK + 2MnO2 + KOH + H2O

0,25 đ 0,25 đ

Theo giả thiết thì B chứa N2 và N2O

Câu 3 (1,0 đ)

nN O + nN2 = 0, 448.(988 / 760) / (0, 082.354,9) = 0, 02 nN 2O = 0, 01 Ta có  2 → nN 2O .44 + nN 2 .28 = 0, 02.32.0, 716.44 / 28 nN 2 = 0, 01 số mol e nhận để tạo ra 2 khí này là : 0,01(10+8) = 0,18 mol (I) D có Al(NO3)3, Mg(NO3)2 có thể có NH4NO3. NH4NO3 → N2O↑ + 2H2O 2 NH4NO3 → N2 ↑ + O2 ↑ + 4 H2O ↑ 4Al(NO3)3 → 2Al2O3 + 12 NO2 ↑ + 3O2 ↑ 2Mg(NO3)2 → 2MgO + 4 NO2 ↑ + O2 ↑ E chỉ có Al2O3 và MgO. 27 x + 24 y = 2,16 x 102. 2 + 40 y = 3,84

+ Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Mg ta có hệ : 

x = Al = 0,04 mol và Mg = 0,045 mol số mol e cho = 0,21 mol (II) + Từ (I, II) suy ra phải có NH4NO3. Từ đó dễ dàng tính được kết quả sau: D gồm: Al(NO3)3 (8,52 gam) ; Mg(NO3)2 (6,66 gam) ; NH4NO3 (0,3 gam) = 15,48 gam. Hỗn hợp ban đầu có 50% lượng mỗi kim loại. 1. Cho dung dịch AgNO3 tác dụng với các dung dịch rồi nhận biết theo sơ đồ:

Câu 4 (2,0 đ)

KNO3 K3PO4 KCl K2S

keát tuûa traéng

ddAgNO3

keát tuûa vaøng keát tuûa ñen

KCl K3PO4

K2S khoâng h töôïng KNO 3

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

1,0 đ

2. nH 2 SO4 = 0, 01(mol ) , nHCl = 0, 02( mol ) ; nBa ( OH ) 2 = 0, 3a ( mol ) ; nKOH = 0, 015( mol ) ;

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 nH + = 0, 04( mol ) ; nOH − = 0, 6a + 0, 015( mol ) +

0,25 đ

H + OH → H2O 0,04 0,6a + 0,015 mol Dd sau phản ứng có pH = 12 → OH- dư có số mol = 0,5.10-2 = 0,005 mol Ta có 0,6a + 0,015 - 0,04 = 0,005 → a = 0,05 2+

0,25 đ 0,25 đ

Ba + SO4 → BaSO4 0,015 0,01 0,01 0,25 đ Khối lượng kết tủa = 2,33 (gam) 1. Hợp chất A (C7H8) tác dụng với AgNO3 trong dung dịch NH3, đó là hiđrocacbon có liên kết ba ở đầu mạch có dạng R(C≡CH)x 0,25 đ → R(C≡CAg)x + xNH4NO3 R(C≡CH)x + xAgNO3 + xNH3  R + 25x R + 132x MB – MA = (R + 132x) - (R + 25x) = 107x = 214 ⇒ x = 2 0,25 đ Vậy A có dạng: HC≡C-C3H6-C≡CH Các công thức cấu tạo có thể có của A:

CH C-CH2-CH2-CH2-C

C-CH2-CH-C CH CH3

0,25 đ

CH3 Câu 5 (2,0 đ)

CH C-CH-C

CH2CH3

CH C-C-C

CH3

2. Do MX = 13,5.2 = 27 --> MA < 27 --> Loại trường hợp A là CH4 vì không có B phù hợp, A là C2H2. B có ít hơn A một nguyên tử cacbon, B là CHyOz. C2H2 ---> 2CO2 CHyOz --> CO2 Dựa vào bài ra, hs dễ dàng lập được các phương trình đại số: 26a + Mb = 6,48 2a + b = 0,42 a + b = 0,24 Từ các phương trình này, tìm được M = 30, B là CH2O

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

1,568 = 0, 07(mol ) ; nNaOH = 0,5 × 0,16 = 0, 08( mol ) 22, 4 = 0, 25 × 0,16 = 0, 04( mol ) ; nBa(OH)2=0,25a (mol)

nCO2 = nBaCl2

3,94 = 0, 02(mol ) 197 CO2 + OH- → HCO3 0,07 0,08 0,07 HCO3- + OH- → CO32- + H2O 0,07 0,01 0,01 t0 2+ 2− → BaCO3 ↓ Ba + CO3  0,02 0,02 Do kết tủa thu được bằng 0,02 mol do đó lượng OH- cho thêm vào bằng 0,01 mol Ta có : OH- = 0,5a → 0,5a = 0,01→ a = 0,02

nBaCO3 =

Câu 6 (2,0 đ)

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 a) nCO 2− = 0, 01( mol ) ; nHCO − = 0, 01( mol ) ; nH + = 0, 015( mol ) 3

CO32− + H + → HCO3− 0,01 0,01 0,02 − + HCO3 + H → CO2 ↑ + H 2O 0,02 0,005 0,005 V= 0,112 lít b. nHCO − = 0, 015(mol ) ; nBa ( OH 2 ) = 0, 01(mol ) ; nOH − = 0, 02(mol )

0,25 đ 0,25 đ

HCO3- + OH- → CO32- + H2O → dư 0,005 mol OH0,015 0,015 0,015 Ba2+ + CO32- → BaCO3 0,01 0,015 0,01 KOH 0,005 mol Dung dịch sau phản ứng có : K2CO3 0,005 mol Trong 1 mol xăng có: 0,1 mol C7H16, 0,5 mol C8H18, 0,3 mol C9H20, 0,1 mol C10H22. Đặt công thức các ankan trong xăng là CaH2a+2 với a = 0,1.7 + 0,5.8 + 0,3.9 + 0,1.10 = 8,4 M = 14a + 2 = 119,6. Số mol có trong 2 kg xăng = 16,7224 (mol)

Câu 7 (1 đ)

Pư cháy của hơi xăng: CaH2a+2 + (3a + 1)/2O2 --> aCO2 + (a+1)H2O Để đốt cháy 1 mol xăng cần số mol O2 là (3.8,4 + 1)/2 = 13,1 (mol). Số mol O2 cần để đốt cháy 2 kg xăng là: 16,7224. 13,1 = 219,063 (mol) VO2 cần dùng (27,3 oC, 1atm) = 5394 (l)

0,25 đ

- Số mol CO2 tạo ra là: 8,4. 16,7224 = 140,47 Tính được VCO2 thải ra không khí là: 140,47 . 0,082.300.3 = 3459 (l)

0,25 đ

Nhiệt tạo thành khi đốt cháy 2 kg xăng là: 16,7224. 5337,8 = 89260,8 (kJ) Lượng nhiệt thải ra khí quyển là: 17852,16 (kJ).

0,25 đ

--------------Hết---------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Sở GD-ĐT tỉnh TT.Huế Trường THPT An Lương Đông

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30-4 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA HỌC LỚP 11

Số phách

Đường cắt phách Số phách

Câu I: I.1. Hợp chất A tạo thành từ các ion M+ và X2- (tạo ra từ các nguyên tố M và X). Trong phân tử A có 140 hạt các loại, trong đó hạt mang điện bằng 65,714% tổng số hạt. số khối của M hơn X là 23. Tìm 2 nguyên tố M và X. 2NO2 (K). Cho 18,4gam N2O4 vào bình dung tích là 5,904 lít ở I.2. Có cân bằng: N2O4 (K) 0 27 C. - Lúc cân bằng áp suất của hỗn hợp khí trong bình là 1atm. Tính áp suất riêng phần của NO2 và N2O4 lúc cân bằng. - Nếu giảm áp suất của hệ lúc cân bằng xuống bằng 0,5 atm thì áp suất riêng phần của NO2, N2O4 lúc này là bao nhiêu? Kết quả có phù hợp nguyên lý của Le Chatelier không ? Câu II: II.1. Hoà tan 6gam CH3COOH vào nước để được 1lít dd. Tính nồng độ mol/l của H+ suy ra độ điện ly α của CH3COOH. Biết Ka = 1,8.10-5 II.2. Cân bằng 2 phản ứng oxi hoá - khử sau: II.2.1. Cu2S + HNO3 → Cu(NO3) + CuSO4 + NO2 + H2O II.2.2. Fe3O4 + HNO3 → Fe(NO3)3 + NxOy + H2O II.3. Kết tủa Ag2CrO4 có tan được trong dung dịch NH4NO3 không ? Biết PT (Ag2CrO4) = 11,8 PK (NH3) = 4,76 PK ( HCrO −4 ) = 6,5 Hằng số bền của phức β1[Ag(NH3)+] = 2089,3 Câu III: III.1. Giải thích các vấn đề: - Dùng hóa chất gì để hoà tan AgCl. Viết phương trình phản ứng để minh hoạ. - Tại khu dân cư đông đúc không nên lập các nhà máy sản xuất đất đèn ? - CO có khả năng tạo phức với 1 số kim loại chuyển tiếp còn N2 không có khả năng này. III.2. - Hoà tan bột Fe vào dd H2SO4 loãng, người ta thu được 513ml khí đo ở 270C, 1,2 atm và một ddA. Dùng lượng Fe gấp đôi trên bỏ vào dd CuSO4 thì màu xanh của dd nhạt dần đến sau khi phản ứng kết thúc tạo thành 1 chất rắn B màu đỏ và dd C. Tính lượng Fe đã dùng trong cả hai trường hợp đó và mB. - Cho toàn bộ B vào dd HNO3 loãng, nguội thu bao nhiêu lít khí (đktc) ? Câu IV: IV.1. Các hidrocacbon có CTPT: C2H4, C3H6, C4H8 có thuộc cùng dãy đồng đẳng không? Tại sao? IV.2. Một hỗn hợp khí X gồm 1 ankan, 1anken và 1 ankin có V = 1,792lít (ởđktc) chia làm 2 phần bằng nhau: - Phần 1: Cho qua dd AgNO3/NH3 dư tạo 0,735gam kết tủa và thể tích hỗn hợp giảm 12,5%. - Phần 2: Đốt cháy hoàn toàn rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm vào 9,2lít dd Ca(OH)2 0,0125M thấy có 11gam kết tủa. Xác định CTPT các hidrocacbon. Câu V: X là hợp chất hữu cơ thuần chức, tác dụng với dd NaOH và Na. Công thức đơn giản của X là C6H10O4.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 V.1. Biện luận để xác định CTPT của X. Viết CTPT của X biết X được dùng để chế tạo một loại tơ hoá học.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Không ghi vào phần gạch chéo này

V.2. Một đồng phân X1 của X không tác dụng với Na, tác dụng với NaOH sinh ra 1 muối và 1 rượu Y. Ở cùng điều kiện, thể tích hơi của 6,2gam X bằng 2 lần thể tích của 1,6gam O2. Xác định CTCT của X1, viết phương trình phản ứng.

Đáp án câu I: I.1. Hợp chất A: M2X Gọi ZM; NM là số p (số e); số nơtron của M Gọi ZX; NX là số p (số e); số nơtron của N Ta có: 2(2ZM + NM) + 2ZX + NX = 140 140 × 65,714 4Z M + 2Z M = = 92 100 AM – AX = 23 Biến đổi ta được (4ZM + 2ZX) + (2NM + NX) = 140 4ZM + 2ZX = 92 AM + AX = 23 AM = 39; AX = 16 M là K; X là O 18,4 I.2. n N 2O 4 = = 0,2( mol) 92 N2O4 2NO2 Ban đầu 0,2 0 Cân bằng 0,2 - x 2x Tổng số mol có trong hệ lúc cân bằng: 0,2 – x + 2x = 0,2 + x PV 1× 5,904 0,2 + x = = = 0,24 RT 0,082(273 + 27) X = 0,04 n NO2 (lúc cân bằng) = 0,08 mol n N2O4 (lúc cân bằng) = 0,2 – 0,04 = 0,16 mol Vì số mol N2O4 gấp đôi số mol NO2 nên áp suất N2O4 cũng gấp đôi của NO2 1 2 Vậy: PNO2 = (atm), PN 2O4 = (atm) 3 3 2 1 PNO2 ( 2 ) 1 KP = = 2 = PN 2O4 6 3

Đặt PNO2 khi cân bằng là P thì áp suất của N2O4 khi cân bằng là: 0,5 – P. Từ đó: 1 P2 = ⇒ 6P 2 + P − 0,5 = 0 6 0,5 − P = 0,217 (atm); PN 2O5 = 0,283 (atm)

KP =

PNO2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Kết quả:

PNO2

PN 2O 4

0,217 ≈ 0,77 0,283

So sánh với trường hợp trên:

PNO2 PN 2O 4

1 3 = × = 0,5 3 2

Vậy: Khi áp suất của hệ xuống thì cân bằng dịch chuyển sang phía làm tăng áp suất của hệ lên, nghĩa là sang phía có nhiều phân tử khí hơn (phù hợp nguyên lý).

Đáp án câu II:

6 = 0,1 (mol) 60 [CH 3COOH] = 0,1 = 0,1M 1 CH3COOH CH3COO- + H0,1 x x x 0,1 – x x x n CH3COOH =

II.1.

Ban đầu Phân ly Cân bằng x2 Ka = = 1,8.10 −5 0,1 − x Vì x <<0,1 nên: x2 = 1,8.10-5.0,1 x2 = 1,8.10-6 x = 1,35.10-3 + -3 Vậy [H ] = 1,35.10 (M) 1,35 ×10 −3 Độ điện ly α = = 1,35.10 − 2 0,1 II.2. Cân bằng: II.2.1.

−2

Cu 2 S + H N O 3 → Cu ( NO 3 ) 2 + Cu S O 4 + N O 2 1×

2Cu +1 + S −2 − 10e → 2Cu +2 + S +6

10 × N +5 + 1e → N + 4 Phản ứng được cân bằng: Cu2S + 12HNO3 → Cu(NO3) + CuSO4 + 10NO2+ 6H2O II.2.2.

+ 83

2y x

Fe 3O 4 + H NO 3 → Fe( NO 3 ) 3 + N x O y + H 2 O +8

(5x − 2 y) × 3Fe 3 − 1e

→ 3Fe +3 +

2y x

1× xN +5 + (5x − 2 y)e → xN Phản ứng được cân bằng: (5x – 2y)Fe3O4 + (44x – 18y)HNO3→ 3(5x-2y)Fe(NO3)3 + NxOy + (22x – 9y)H2O II.3. Ag2CrO4 2Ag+ + CrO 24− T = 10-11,8 (1) NH +4 + OHH+ + CrO 24− HCrO −4 Ag+ + NH3 Ag(NH3)+ Để xét phản: Ag2CrO4 + NH +4 cần: NH3 + H2O

NH +4

NH3 + H+

H+ + CrO 24− HCrO −4 + Ag + NH3 Ag(NH3)+ Tổng cộng: Ag2CrO4 + NH +4

Kb = 10-4,76

(2)

-6,5

(3) (4)

Ka2 = 10 β1 = 103,32

10 −14 = 10 −9, 24 10 −4, 76 → (Ka2)-1 = (10-6,5)-1= 106,5 → β1 = 103,32 Ag+ + Ag(NH3)+ + CrO 24− → Ka1

K = TKa1(Ka2)-1 β1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

-11,8

-9,24

6,5

3,32

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

-11,2

K = (10 )(10 )(10 )(10 ) = 10 Kết luận: K rất nhỏ, sự tan rất là khó khăn.

Đáp án câu III: III.1. Giải thích: - Dùng dd NH3 để hoà tan AgCl: AgCl + 2NH3 → [Ag(NH3)2]Cl - Phản ứng điều chế CaC2 có tạo khí độc CO 0 CaO + 3C >2000 C CaC + CO 2

Vì vậy không điều chế ở vùng đông dân cư. - CO có đôi electron chưa dùng ở obitan lai hoá sp thuận lợi cho sự tạo thành liên kết phối trí với các dung loại chuyển tiếp. N2 có đôi electron chưa dùng ở obitan 2s năng lượng thấp không thuận lợi cho sự tạo liên kết. III.2. Fe + H2SO4 (l) = FeSO4 + H2 (1) a mol a mol a mol Fe + CuSO4 = FeSO4 + Cu (2) 2a mol 2a mol 2a mol 1,2 × 0,1513 Từ (1) ⇒ n Fe = n H = a = = 0,025 mol 22,4 × ( 273 + 27) 273 Từ (1) và (2) ⇒ mFe = 56(0,025 + 2 x 0,025) = 4,2 (g) mB = mCu = 64 x 2 x 0,025 = 3,2 (g) 3Cu + 8HNO3 (l) = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O 4a (mol) 2a mol 3 4 VNO = × 0,025 × 22,4 = 0,7467(l) ≈ 0,75(l) 3 Đáp án câu IV: IV. 1. Các hidrocacbon: C2H4, C3H6, C4H8 có thể thuộc cùng dãy đồng đẳng hoặc không. - Cùng dãy dồng đẳng khi chúng có chứa liên kết đôi C=C trong phân tử. - Không cùng dãy đồng đẳng khi C3H6, C4H8 có cấu tạo vòng xicloankan; (C2H4 là anken) IV. 2. X: CnH2n+2 2a mol CmH2m 2b mol CpH2p – 2 2c mol 2CpH2p – 2 + xAg2O NH3 2CpH2p – 2 - x Agx↓ + xH2O (1) C mol c mol 0,735 1,792 × 12,5 Từ (1) nCpH2p – 2 - x Agx = c = = = 0,005 M kÕt tña 22,4 × 2 × 100 M kết tủa = 14p – 2 + 107x = 147 x chỉ có thể = 1 ⇒ p = 3 CTPT: Phương trình đốt cháy: 3n + 1 C n H 2n+2 + O 2 → nCO 2 + ( n + 1)H 2 O 2 a mol na (n + 1)a 3m C m H 2m + O 2 → mCO 2 + mH 2 O 2 b mol mb mb C3H4 + 4O2 → 3CO2 + 2H2O 0,005 0,015 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + 2H2O 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2

C 3 H4 (2)

(3) (4) (5) (6)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Có 2 trường hợp: * Nếu Ca(OH)2 dư, chỉ tạo 1 muối CaCO3 theo (5) nCaOH)2 = 9,2 x 0,0125 = 0,115 (mol) 11 nCaCO3 = nCO2 = =0,11 = na + nb + 0,015 100 ⇒ na + nb = 0,095 1,792 Mà a + b = − 0,005 = 0,035 22,4 na + mb 0,095 n= = = 2,7 a+b 0,035 - Nếu n < m điều kiện n, m nguyên dương 1 ≤ n < 2,7 < m ≤ 4 n = 1 hoặc 2 m = 3 hoặc 4 Có 4 cặp nghiệm CH4 C2 H6 C3 H6 C3 H6 - Nếu n > m thì 2 ≤ m < 2,7 < n ≤ 4 m=2 n = 3 hoặc 4 Có 2 cặp nghiệm C3 H8 C4H10 C2 H4 C2 H4 * Nếu Ca(OH)2 tạo 2 muối theo (5) và (6) nCa(OH)2 tham gia (6) = 0,115 – 0,11 = 0,005 (mol) ∑ nCO 2 = 0,11 + 2 × 0,005 = 0,12 − na + mb + 0,015

CH4 C4 H8

C2 H6 C4 H8

⇒ na + mb = 0,105 na + mb 0,105 n= = =3 a+b 0,035 - Nếu n = m thì C3H8 và C3H6 - Nếu n < m thì 1 ≤ n < 3 < m ≤ 4 n = 1 hoặc 2 m=4 Có 2 cặp nghiệm CH4 và C4H8; C2H6 và C4H8 - Nếu n > m thì 2 ≤ m < 3 < n ≤ 4 M = 2; n = 4 có 1 cặp nghiệm C4H10 và C2H4

Đáp án câu V: - X tác dụng Na và NaOH, vậy X là axít có CT nguyên là (C6H10O4)n * n = 1 thì X là axít 2 chức C4H8(COOH)2 là axít no 2 chức. * n = 2 thì X là axít 4 chức C6H12(COOH)4 * n = 3 thì X là axít 6 chức C6H24(COOH)6 n≥ 2 không phù hợp với hoá trị của C. X là C4H8(COO)2 được dùng điều chế 1 loại tơ hoá học. Vậy X có cấu tạo: HOOC-(CH2)4-COOH axít a dipic - X1 là este. 6,2 1,6 Y có n y = = 2nO 2 = 2 × = 0,1mol MY 32 ⇒ MY = 62 Đặt CT của Y: CxHyOz 12x + y + 16z = 62 Vì x, z ≥ 1 nên ta có: 16z < 50 ⇒ z < 3,1 * z = 1: 12x + y = 46 (x = 3, y = 10 loại) * z = 2: 12x + y = 30 (x = 2, y = 6)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 * z = 3: 12x + y = 14 (x =1, y = 2 loại) Vậy CTPT của Y: C2H4(OH)2 X1 là este CH3-COOCH2-CH2-OOC-CH3 CH3-COO-CH2 + 2NaOH → 2CH3-COONa + C2H4(OH)2 (Y) CH3-COO-CH2 ---------------------------- Hết----------------------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ ĐỀ XUẤT

(Dành cho học sinh THPT chuyên ) (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm): 1. Chỉ số octan là gì? Isooctan là tên gọi một hidrocacbon trong công nghiệp dầu mỏ. Tên gọi đúng theo danh pháp IUPAC là gì? Viết phương trình hoá học chuyển hóa isooctan từ isobutilen (ghi rõ điều kiện của phản ứng). 2. Viết 5 loại phản ứng trực tiếp tạo ra NO2. Viết công thức cấu tạo của NO2. Nêu một ứng dụng của khí NO trong y học. 3. Một dung dịch muối trung hòa tạo kết tủa X màu vàng với dung dịch AgNO3; X không tan trong NH3 dư. Mặt khác, dung dịch muối nói trên cũng tạo kết tủa X’ với dung dịch NH3 dư. Kết tủa X’ tan trong dung dịch KOH được dung dịch Y không màu. Thêm H2O2 vào dung dịch Y được dung dịch Z màu vàng. Thêm BaCl2 và Z được kết tủa. Chọn các chất phù hợp và viết phương trình hoá học minh họa. Câu 2 (1,5 điểm). Trong phòng thí nghiệm có một chai đựng dung dịch NaOH, trên nhãn có ghi: NaOH 0,10 M. Để xác định lại chính xác giá trị nồng độ của dung dịch này, người ta tiến hành chuẩn độ dung dịch axit oxalic bằng dung dịch NaOH trên. a) Tính số gam axit oxalic ngậm nước (H2C2O4.2H2O) cần lấy để khi hoà tan hết trong nước được 100 ml dung dịch axit, rồi chuẩn độ hoàn toàn 10 ml dung dịch axit này thì hết 15 ml NaOH 0,10 M. b) Hãy trình bày cách pha chế 100 ml dung dịch axit oxalic từ kết quả tính được ở trên. c) Không cần tính toán, hãy cho biết có thể dùng những dung dịch chỉ thị nào cho phép chuẩn độ trên trong số các dung dịch chỉ thị sau: metyl da cam (pH = 4,4); phenol đỏ (pH = 8,0), phenolphtalein (pH = 9,0)? Vì sao? (Cho: pK a1(H 2 C 2 O 4 ) = 1,25; p K a2(H C O ) = 4,27). 2

Câu 3 (2,0 điểm). 1. Viết phương trình dạng ion trong các thí nghiệm sau (các phản ứng xảy ra hoàn toàn): a) Đun nóng dung dịch NaHCO3, để nguội rồi đem tác dụng lần lượt với dung dịch Ba(NO3)2, AlCl3. b) Dung dịch Na2S dư tác dụng lần lượt với dung dịch MgCl2, FeCl3. c) Dung dịch NH3 dư tác dụng lần lượt với dung dịch ZnCl2, AlCl3. 2. Cho hỗn hợp Fe và Cu tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch FeCl3, sau phản ứng thu được dung dịch (A) chứa hai muối tan. Chia dung dịch (A) ra làm hai phần bằng nhau: Phần 1: tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thì thu được 77,55g kết tủa . Phần 2: tác dụng dung dịch NH3 dư thì thu được 14,4 gam kết tủa. Tính khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. Bài 4 (2,0 điểm). Hỗn hợp X gồm kim loại bari và hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì kế tiếp được chia làm 2 phần bằng nhau: – Phần I cho vào cốc đựng 200ml dung dịch chứa H2SO4 1M và HCl 1M thấy tạo thành 7,28 lit khí (đktc), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 62,7 gam chất rắn khan. – Phần II cho vào nước dư thu được dung dịch Y. Đổ 138,45 gam dung dịch Na2SO4 20% vào dung dịch Y thấy tạo thành m1 gam kết tủa trắng, nhưng nếu đổ 145,55 gam dung dịch Na2SO4 20% vào dung dịch Y thì thu được m2 gam kết tủa. Biết m2 - m1 = 1,165. a. Xác định hai kim loại kiềm và tính phần trăm số mol của Ba trong X.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

b. Nếu sục V lit khí CO2 (đktc) vào dung dịch Y thì thu được m gam kết tủa cực đại. Xác định giá trị của V. Câu 5 (1,0 điểm). Chất X có công thức phân tử C7H6O3. X có khả năng tác dụng với dung dịch NaHCO3 tạo chất Y có công thức C7H5O3Na. Cho X tác dụng với anhiđrit axetic tạo chất Z (C9H8O4) cũng tác dụng được với NaHCO3, nhưng khi cho X tác dụng với metanol (có H2SO4 đặc xúc tác) thì tạo chất T (C8H8O3) không tác dụng với NaHCO3 mà chỉ tác dụng được với Na2CO3. (a) Xác định cấu tạo các chất X, Y, Z, T và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Biết chất X có khả năng tạo liên kết H nội phân tử. (b) Cho biết ứng dụng của các chất Y, Z và T Câu 6 (1,5 điểm). 1. Sinh nhiệt của một chất ở điều kiện chuẩn (kí hiệu là ∆H0sn ) là lượng nhiệt tỏa ra hay thu vào khi hình thành 1 mol chất đó từ các đơn chất bền ở điều kiện chuẩn. Cho: C(than chì) → C(k) ∆H0thăng hoa = 717 KJ/mol; EH - H = 432KJ/mol; EC - C = 347 KJ/mol; EC - H = 411 KJ/mol; ∆H0sn (H2O lỏng) = - 285,8 KJ/mol; ∆H0sn (CO2) = - 393,5 KJ/mol . a. Tính ∆H0sn của ankan tổng quát CnH2n+2 theo n. b. Cho phản ứng đốt cháy hoàn toàn các ankan chứa n nguyên tử cacbon: CnH2n+2 (k) + (3n + 1)/2 O2(k) → nCO2(k) + (n + 1) H2O(l) ∆H0. 0 Tính ∆H theo n. 2. Cho các chất: Phenyl fomat (A), Ancol o-hidroxibenzylic (B), Ancol phidroxibenzylic (C). Viết công thức cấu tạo của các chất trên. Sắp xếp các chất trên theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi. Giải thích ngắn gọn. ………Hết………

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC

(Dành cho học sinh THPT chuyên ) Câu 1 . 1. * Chỉ số octan là % theo khối lượng 2,2,4-trimetyl pentan có trong etxang 2,0 đ * Tên gọi đúng là 2,2,4-trimetyl pentan * Chuyển hóa từ iso butilen

CH3 H2SO4 60%

CH3-C-CH=C-CH3 20% CH3 CH3 CH3

2CH3-C=CH2 CH3

+H2,t0 Ni

CH3-C-CH2-C=CH2 80% CH3

CH3 CH3-C-CH2-CH-CH3 CH3

CH3

0,75

CH3

2. Viết 5 loại phản ứng điều chế NO2 a. N2O4  b. Cu + 4HNO3  → 2NO2 → Cu(NO3)2 +2NO2 + 2H2O c. 4HNO3đ  d. 2NO +O2  → 4NO2 +O2 +2H2O → 2NO2 e. S +6HNO3  → 6NO2+ H2SO4+2 H2O N

0,5

O O * Công thức cấu tạo của NO2 * Ứng dụng: NO sinh ra trong tế bào nội mô của mạch máu có tác dụng làm giãn mạch và khống chế áp suất máu. 3. CrI3 + AgNO3 → Cr(NO3)3 + 3AgI (kết tủa vàng không tan trong NH3)

CrI3 + NH3 + H2O → Cr(OH)3 + NH4I; Cr(OH)3 + KOH → KCr(OH)4 2KCr(OH)4 + 3H2O2 + 2KOH → 2K2CrO4 + 8H2O;

0,75

K2CrO4 + BaCl2 → BaCrO4+ 2KCl

Câu 2 a) Từ phản ứng chuẩn độ hoàn toàn axit oxalic bằng xút: H2C2O4 + 2 OH- → C 2 O 4

2−

1,5 đ

+ 2H2O

-3

m . 10 15 . 0,1.10 → m = 0,9450 (g). = 0,5 126 . 100 2 b) Cân chính xác 0,9450 gam axit oxalic ngậm nước (H2C2O4. 2H2O) cho vào cốc thủy tinh, rồi rót một ít nước cất vào để hòa tan hết lượng axit này bằng cách dùng đũa thuỷ tinh khuấy nhẹ hoặc lắc nhẹ. Chuyển toàn bộ dung dịch vào bình định mức 100 ml (cả phần nước được dùng tráng cốc 2, 3 lần). Thêm nước cất đến gần vạch 100 ml, rồi dùng ống hút nhỏ giọt (công tơ hút) nhỏ từ từ từng giọt nước cất đến đúng vạch để được 100 ml dung 0,5 dịch axit oxalic. ta có:

2−

c) Trong phép chuẩn độ trên, sản phẩm tạo thành là C 2 O 4 , môi trường bazơ, do đó phải chọn những chất chỉ thị có sự chuyển màu rõ nhất trong môi trường bazơ. Vì vậy có thể chọn chất chỉ thị là dung dịch phenol đỏ hoặc dung dich phenolphtalein cho phép chuẩn độ 0,5 trên. Câu 3 1. Dung dịch NaHCO3 đã đun nóng: 2,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 o

t 2 NaHCO3  → Na2CO3 + H2O + CO2↑ 2+ Ba + CO32− → BaCO3↓ 2 Al3+ + 3 CO32− + 3 H2O → 2 Al(OH)3↓ + 3 CO2↑ Dung dịch Na2S lần lượt tác dụng với các dung dịch: 2 Mg2+ + S2− + 2 H2O → Mg(OH)2↓+ H2S↑ S↓ 2 Fe3+ + 3 S2− → 2 FeS↓ + Dung dịch NH3 lần lượt tác dụng với các dung dịch: Al3+ + 3 NH3 + 3 H2O → Al(OH)3↓ + 3 NH4+ Zn2+ + 2 NH3 + 2 H2O → Zn(OH)2↓+2 NH4+ Zn(OH)2 + 4 NH3 → [Zn(NH3)4]2+ + 2 OH−

2. Ta có nFe(OH)2 =0,16 mol , nAg=0,16 mol n(Fe2+) =0,16 mol n(AgCl) =0,42 mol x mol Fe, y mol Cu x + y =0,07 3 x + 2y = 0,16 x= 0,02 mol , y=0,05 mol mFe =2,24 (g), mCu= 6,4 g Câu 4 a. 2,0 đ Đặt hai kim loại kiềm là M; số mol của M và Ba lần lượt là 2x và 2y Xét phần I: Theo bài: nH+ = 0,6 mol và nH2 = 0,325 mol → Hai axit hết và hỗn hợp các kim loại còn phản ứng với H2O → số mol H2 do kim loại phản ứng với nước tạo thành là 0,325 – 0,3 = 0,025 → nOH- = 0,025.2 = 0,05 mol → mkim loại = 62,7 – 0,2.96 -0,2.35,5 – 0,05.17 = 35,55 gam → M.x + 137y = 35,55 (1) x → nH2 = + y → x + 2y = 0,65 (2) 2 Xét phần II: Số mol Na2SO4 dùng trong hai trường hợp là 0,195mol và 0,205 mol Theo bài: m2 > m1 điều đó chứng tỏ khi dùng 0,195 mol Na2SO4 thì Ba2+ còn dư Giả sử Ba2+ cũng dư khi dùng 0,205 mol Na2SO4 thì m2 –m1 = 233.( 0,205 - 0,195) = 2,33 ≠ 1,165 gam → Ba2+ hết khi dùng 0,205 mol Na2SO4

0,5

0,5 0,5

0,5

→ 0,195 < nBa 2 + ≤ 0, 205 ↔ 0,195 < y ≤ 0, 205 (3) Từ (2) và (3) → 0, 24 < x ≤ 0, 26 (*) 7, 465 < . ≤ 8, 835 M x Từ (1) và (3) → (**) Từ (*) và (**) → 28, 71 < M ≤ 36, 81 Hai kim loại cần tìm là Na (23) và K (39) → m1 = 0,195.233; m2 = y.233 m2 –m1 = 1,165 → y = 0,2 → %nBa = (0,2 : 0,45).100% = 44,44% b. Dung dịch Y chứa 0,65 mol OH-. Sục CO2 vào Y CO2 + OH- → HCO3a a a CO2 + 2OH- → CO32- + H2O b 2b b Ba2+ + CO32- → BaCO3 0,2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

a + b + b = 0,65 Để kết tủa cực đại thì nCO32 − ≥ nBa 2 + →  b ≥ 0, 2 → 0, 2 ≤ a + b ≤ 0, 65 − 0, 2 → 0, 2 ≤ a + b ≤ 0, 45 → 4, 48 ≤ V ≤ 10, 08 Câu 5 (a) Cấu tạo các chất : COOH COONa COOH OH OH OOCCH3

0,5

COOCH3 OH

1,0 đ

X Y Z T Phương trình phản ứng : HOC6H4COOH + NaHCO3 → HOC6H4COONa + H2O + CO2 H SO 4 HOC6H4COOH + CH3OH 2  → HOC6H4COOCH3 + H2O

0,5

H SO

HOC6H4COOH + (CH3CO)2O 2  4 → CH3COOC6H4COOH + CH3COOH (b) Y với hàm lượng rất nhỏ được sử dụng làm chất bảo quản thực phẩm và pha chế nước xúc miệng (có tác dụng diệt khuẩn); Z được sử dụng để chế tạo dược phẩm aspirin và T là thành phần chính của dầu gió xanh. 0,5

Câu 6 1. a. Sơ đồ tạo thành CnH2n+2 từ C(than chì) và H2(k): 1,5 đ 0,25

Dựa vào sơ đồ trên, ta có: ∆Hsn (CnH2n+2) = (n+1). EH – H + n. ∆Hthăng hoa (C) – (n-1)EC-C – 2(n+1)EC-H = 432(n+1) + 717.n – (n-1).347 – 2(n+1).411 = - 43 - 20.n (KJ/mol). b. Sơ đồ:

0,25

Dựa vào sơ đồ trên ta có: ∆Hn = n. ∆Hsn (CO2) +(n+1). ∆Hsn (H2O(l)) - ∆Hsn (CnH2n+2) = - 393,5.n - 285,8(n+1) + 43 + 20.n = - 242,8 – 659,3.n 2. Công thức cấu tạo: (A) C6H5OOCH (B) CH2OH

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 C chỉ tạo liên kết Hidro liên phân tử

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC Họ và tên:……………….. Số báo danh:……………..

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Khóa ngày 22 – 3 – 2018 Môn: Hóa học LỚP 11 THPT Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 02 trang

Câu I. (2,0 điểm) 1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau: → → a. NO2 + NaOH  b. SO2 + KMnO4 + H2O  o

t d. NaNO2 + NH4Cl  → o 100 C → e. Cl2 + KOH  f. H3PO3 + NaOH (dư)  → → → g. NaN3 + I2 + H2SO4 (loãng)  h. NO + Na2S2O4 + NaOH (loãng)  2. Cho propylbenzen tác dụng với clo chiếu sáng người ta thu được hỗn hợp ba dẫn xuất monoclo A1, A2, A3 với tỉ lệ % lần lượt là 68%, 22%, 10%. a. Hãy viết cơ chế phản ứng theo hướng tạo thành sản phẩm A1. b. Hãy tính khả năng phản ứng tương đối của các nguyên tử H ở gốc propyl trong propylbenzen. Câu II. (2,5 điểm) 1. Hãy gọi tên các chất sau theo danh pháp thay thế: a. CH2=C(CH3)-CH=CH2 b. CH2=CH-C≡CH c. CH3CHClCH=CH-CH3 d. CH3-CHOH-CH=CH-CH3

→ c. S + Na2SO3 

e. f. 2. Viết phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện nếu có) thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau: 0

1500 C CH 3COOH  → A  → CH 4  → B  → C  → D  → cao su buna .

3. Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G, H trong dãy chuyển hóa sau:

Câu III. (1,75 điểm) 1. Hãy cho biết trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử và ion 2+ sau đây: BeH2, BF3, NF3, SiF6 , NO2 , I3-.

2. Trong thực tế thành phần của quặng cromit có thể biểu diễn qua hàm lượng của các oxit. Một quặng cromit chứa: 45,240% Cr2O3, 15,870% MgO và 7,146% FeO. Nếu viết công thức của quặng dưới dạng xFe(CrO2)2.yMg(CrO2)2.zMgCO3.dCaSiO3 (x, y, z và d là các số nguyên) thì x, y, z và d bằng bao nhiêu?

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Câu IV. (1,75 điểm) 1. Cho cân bằng hóa học: 0

N2 (k) + 3H2 (k) ⇌ 2NH3 (k) ; ∆Η = - 46 kJ.mol-1 . Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng 1: 3 thì khi đạt tới trạng thái cân bằng (450oC, 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích. a. Tính hằng số cân bằng KP. b. Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích? Giả sử ∆H0 không thay đổi trong khoảng nhiệt độ nghiên cứu. 2. Hợp chất 2,2,4-trimetylpentan (A) được sản xuất với quy mô lớn bằng phương pháp tổng hợp xúc tác từ C4H8 (X) với C4H10 (Y). A cũng có thể được điều chế từ X theo hai bước: thứ nhất, khi có xúc tác axit vô cơ, X tạo thành Z và Q; thứ hai, hiđro hoá Q và Z. Viết các phương trình phản ứng để minh họa và tên các hợp chất X, Y, Z, Q theo danh pháp IUPAC.

Câu V. (2,0 điểm) 1. Dung dịch A chứa Na2X 0,022M. a. Tính pH của dung dịch A. b. Tính độ điện li của ion X2- trong dung dịch A khi có mặt NH4HSO4 0,001 M. Cho: pK - = 2,00; pK + = 9,24; pK a1(H X) = 5,30; pK a2(H X) = 12,60. a(HSO 4 )

a(NH 4 )

2. Trộn 20,00 ml dung dịch H3PO4 0,50 M với 37,50 ml dung dịch Na3PO4 0,40 M, rồi pha loãng bằng nước cất thành 100,00 ml dung dịch A. a. Tính pH của dung dịch A. b. Cần phải thêm bao nhiêu ml dung dịch HCl 0,050 M vào 20,00 ml dung dịch A để thu được dung dịch có pH = 4,7. Cho: pK a1(H3PO4 ) = 2,15; pK a2(H3PO4 ) = 7,21; pK a3(H3PO4 ) = 12,32. Cho: H=1; C=12; N=14; O=16; Mg=24; Si=28; S=32; Ca=40; Cr=52; Fe =56. ------------ HẾT ----------

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Khóa ngày 22 – 3 – 2018

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Môn: Hóa học LỚP 11 THPT Câu I 1. (1,0 điểm) a. 2NO2 + 2NaOH  → NaNO2 + NaNO3 +H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 b. 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  → Na2S2O3 c. S + Na2SO3 

2,0 điểm Mỗi PTHH 0,125 điểm

t → NaCl + N2 + 2H2O d. NaNO2 + NH4Cl  o

100 C → 5KCl + KClO3 + 3H2O e. 3Cl2 + 6KOH  → Na2HPO3 + 2H2O f. H3PO3 + 2NaOH (dư)  → Na2SO4 + 2HI + 3N2 g. 2NaN3 + I2 + H2SO4 (loãng)  → 2Na2SO3 + N2O + H2O h. 2NO + Na2S2O4 + 2NaOH (loãng)  2. (1,0 điểm)

CHClCH2CH3 CH2CH2CH3

+ Cl2

(A1)

CH2CHClCH3 (A2)

-HCl

CH2CH2CH2Cl (A3) a. Cơ chế hình thành sản phẩm A1: * Khơi mào phản ứng: •

hν Cl2  → 2 Cl * Phát triển mạch dây chuyền của phản ứng:

CH2CH2CH3 + Cl

CHCH2CH3 + HCl

CHCH2CH3 + Cl2

CHClCH2CH3 + Cl

* Tắt mạch phản ứng: •

•

Cl + Cl → Cl2

CHCH2CH3 + Cl CHCH2CH3 +

CHClCH2CH3 CHCH2CH3

0,5

C2H5 C2H5

α β γ CH2CH2CH3 b. Xét khả năng phản ứng tương đối của H ở gốc propyl: Ta có: %A1 = rα.2/(2.rα + 2rβ + 3rγ) = 68% %A2 = 2.rβ/(2.rα + 2rβ + 3rγ) = 22% %A3 = 3rγ/(2.rα + 2rβ + 3rγ) = 10% ⇒ rα : rβ : rγ = 68/2 : 22/2 : 10/3 = 10,2 : 3,3 : 1.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2,5 điểm

Câu II 1. (0,75 điểm) a. CH2=C(CH3)-CH=CH2 b. CH2=CH-C≡CH c. CH3CHClCH=CH-CH3 d. CH3-CHOH-CH=CH-CH3

2-metylbuta-1,3-đien. but-1-en-3-in. 4-clopent-2-en pent-3-en-2-ol

Bixiclo[4.3.0]nonan

6-metylspiro[2.5]octan

Gọi đúng tên 2 chất = 0,25 điểm

2. (0,75 điểm) CH 3COOH +NaOH → CH 3COONa + H 2O 0

CaO, t CH 3COONa + NaOH  → CH 4 + Na 2CO3 o

0,25

1500 C 2CH 4  → C 2 H 2 + 3H 2 LLN o

t ,xt → CH 2 = CH − C ≡ CH 2C 2 H 2 

0,25

Pd,PbCO3 ,t CH 2 = CH − C ≡ CH + H 2  → CH 2 = CH − CH = CH 2 o

xt,t ,p nCH 2 = CH − CH = CH 2  →(−CH 2 − CH = CH − CH 2 −) n

3. (1,0 điểm) OH

HOBr

H2/Pd

raxemic

B2H 6

BH2

H2O 2 OH-

O H

C CH 2N2 as

H2/Pd

0,25 Xác định đúng 2 chất = 0,25 đi ể m

Pd/t 0 G

Câu III 1. (0,75 điểm) BeH2: Be lai hóa sp, phân tử có dạng thẳng. BCl3: B lai hóa sp2, phân tử có dạng tam giác đều, phẳng. NF3: N lai hóa sp2, phân tử có dạng hình chóp đáy tam giác đều với N nằm ở đỉnh chóp. SiF62-: Si lai hóa sp3d2, Ion có dạng bát diện đều. NO2+: N lai hóa sp, Ion có dạng đường thẳng.

1,75 điểm Xác định đúng 2 chất = 0,25 đi ể m

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 I3 : lai hoá của I là dsp , trong đó 2 liên kết I−I được ưu tiên nằm dọc theo trục thẳng đứng, Ion có dạng đường thẳng. 2. (1,0 điểm) Giả sử có 100g mẫu quặng: m(FeO) x M(Fe) 7,146 × 56 m(Fe) = = = 5,558(g) M(FeO) 72 -

Mẫu quặng chứa:

m(Fe(CrO 2 ) 2 ) =

M(Fe(CrO 2 ) 2 ) × m(Fe) M(Fe)

224 × 5,558 56

= 22,232(g)

0,25

Khối lượng Cr trong Fe(CrO2)2: m(Fe(CrO 2 ) 2 ) × 2 × M(Cr) 22,232 × 104 m1 (Cr) = = = 10, 322(g) M(Fe(CrO 2 ) 2 ) 224 Khối lượng Cr trong mẫu quặng là: m(Cr2O 3 ) × 2 × M(Cr) 45,24 × 104 m 2 (Cr) = = = 30,95(g) M(Cr2O3 ) 152 Khối lượng Cr trong Mg(CrO2)2: m 3 (Cr) = m 2 (Cr) - m1 (Cr) = 30,95 - 10,322 = 20,628 (g)

0,25

Mẫu quặng chứa:

m(Mg(CrO 2 ) 2 ) =

M(Mg(CrO 2 ) 2 ) × m 3 (Cr) 2 × M(Cr)

192 × 20,628 104

= 38,08(g)

Khối lượng Mg trong Mg(CrO2)2: m(Mg(CrO 2 ) 2 ) × M(Mg) 38,08 × 24 m1 (Mg) = = = 4,76(g) M(Mg(CrO 2 ) 2 ) 192 Khối lượng Mg trong mẫu quặng là: m(MgO) × M(Mg) 15,87 × 24 m 2 (Mg) = = = 9,522(g) M(MgO) 40 Khối lượng Mg trong MgCO3:

m3 (Mg) = m 2 (Mg) - m1 (Mg) = 9,522 - 4,76 = 4,762(g) Khối lượng MgCO3 trong mẫu quặng là: M(MgCO 3 ) × m 3 (Mg) 84 × 4,762 m(MgCO 3 ) = = = 16,667(g) M(Mg) 24

0,25

Khối lượng CaSiO3 trong mẫu quặng là:

m(CaSiO3 ) = 100 - (m(Fe(CrO 2 ) 2 ) + m(Mg(CrO 2 )2 ) + m(MgCO3 )) = = 100 - (22,232 + 38,08 + 16,667) = 100 - 76,979 = 23,021g x : y : z : d = n (Fe(CrO2 )2 ) : n(Mg(CrO2 )2 ): n(MgCO3 ) : n(CaSiO3 ) = =

m(Fe(CrO2 )2 ) m(Mg(CrO2 )2 ) m(MgCO3 ) m(CaSiO3 ) : : : = M(Fe(CrO2 )2 ) M(Mg(CrO2 )2 ) M(MgCO3 ) M(CaSiO3 )

22, 232 38, 08 16, 667 23, 021 : : : ≈ 1: 2 : 2 : 2 224 192 84 116

Câu IV 1. (1,0 điểm)

0,25

1,75 điểm

a. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

N2 (k)

 → ← 

+ 3H2 (k)

-1

2NH3 (k);

∆Η = -46 kJ.mol

Ban đầu (mol) 1 3 0 Cân bằng (mol) 1-x 3-3x 2x n = 1 – x + 3 – 3x + 2x = 4 – 2x (mol) ∑ sau

0,25

2x .100% = 36% ⇒ x = 0,529 4 - 2x 1 − 0,592 1− x = .100% = 16% .100% = 4 - 2x 4 − 2.0,592

%VNH 3 = %VN 2

%VH 2 = 100 - (36 + 16) = 48% K p1 =

2 PNH 3 3 H2

P PN 2

0,36 2.P 2 0,16.P.(0,48.P )

0,362 = 8,14.10-5 3 2 0,16 × 0, 48 × 300

0,25

2y 2 = 50% ⇒ y = 4 − 2y 3 1− y 1− 2 / 3 3(1 − y ) 3(1 − 2 / 3) % VN 2 = = = 12,5% và % VH 2 = = = 37,5% 4 − 2 y 4 − 2.2 / 3 4 − 2y 4 − 2.2 / 3 2 PNH 0,5 2 = 4,21.10-4 K p2 = 3 3 = 0,125.0,3753.300 2 PH 2 PN 2

0,25

KP KP2 ∆H  1 1  1 1 R = − − = ln 2  −  ⇒ 0 R  T2 T1  T1 T2 ∆H K P1 K P1 KP 2 1 8,314 4, 21.10−4 R 1 1 = ln + .ln = ⇒ K P1 450 + 273 46.103 8,14.10−5 T2 T1 ∆H 0

0,25

b. Từ % VNH = 3

2. (0,75 điểm) (CH3)2C=CH2

2-metylpropen (X)

⇒ T2 = 595,19K

0,25

xt,t ,p  → CH3)2CHCH2C(CH3)3 2-metylpropan (Y)

(CH3)3CH

Bước thứ nhất gồm tương tác giữa hai phân tử trong môi trường axit: CH3 CH3 CH2

C CH3

CH3

CH3 H

CH3

CH2

H 3C

C CH

CH3

H2 Ni , t

CH3 CH3

0,25

CH3

CH3 H CH3 H

C CH2 CH3 2,4,4-trimetylpent-1-en

CH3

CH CH3 CH3

H 3C

C CH2

H 3C

CH3 2,4,4-trimetylpent-2-en

CH3 H

CH3

CH3 H

CH3

0,25

CH3

Câu V 1. (1,25 điểm)

2,0 điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 (1) (2) (3)

-1,4

X + H2O ⇌ HX + OH Kb1 = 10 HX + H2O ⇌ H2X + OH Kb2 = 10-8,7 H2O ⇌ H+ + OHKw = 10-14 Vì Kb1.C >> Kb2.C >> Kw → pH của hệ được tính theo cân bằng (1): X2- + H2O ⇌ HX- + OHKb1 = 10-1,4 C 0,022 [ ] 0,022 - x x x [OH-] = x = 0,0158 (M) → pH = 12,20 b. Khi có mặt NH4HSO4 0,0010 M: NH4HSO4 →

Phản ứng: H SO

0,001 -

+ 4

−

0,001 -

2−

0,022 0,021 HX-

0,021 0,020

K1 = 1010,6

SO 4

0,001

 → X2- ← 

0,001

 → HX + ← 

0,001 K2 = 103,36

NH3

0,001 0,002

0,25

+ H SO 4

NH 4

0,001 − 4

0,001

0,25

Hệ thu được gồm: X2- 0,020 M; HX- 0,002 M; SO 4 0,001 M; NH3 0,001 M. 2−

Các quá trình xảy ra: X2- + H2O ⇌ HX-

⇌ NH +4 HX- + H2O ⇌ H2X

NH3 + H2O 2− 4

SO + H2O -

+ OH-

Kb1 = 10-1,4

(4)

+ OH-

K 'b = 10-4,76

(5)

+ OH − 4

⇌ H SO + OH ⇌ H+ + X2-

So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: Kb1. C

-8,7

(6)

-12

(7)

Kb2 = 10

Kb = 10

Ka2 = 10

-12,6

(8)

0,25

>> K b . C NH >> Kb2. C 3

>> Kb. C

0,25

SO 4

→ (4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) quyết định thành phần cân bằng của hệ: X2+ H2O ⇌ HX+ OHKb1 = 10-1,4 C []

0,02 0,02 - y

0,002 0,002 + y y → y = 0,0142 → [HX-] = 0,0162 (M) -

→ αX - = 2

[HX ] 0,022

[OH ] + C (Hoặc α 2- = X

HSO 4

0,022

0,0162 0,022 +

NH 4

= 0,7364 hay α

= 73,64 %.

0,0142 + 0,001 + 0,001 0,022

= 0,7364)

2. (0,75 điểm) 0,50.20 0,40.37,5 C H3PO4 = = 0,10 (M); C Na 3PO4 = = 0,15 (M). 100 100 C Na3PO4 = 1,5. CH3PO4 → phản ứng xảy ra như sau: 2H3PO4 + PO3+ 4 HPO 4 0,1 0,15 0 0,05 0,1 3H 2 PO 4 + PO 4 2 HPO24

H 2 PO-4

10,17 K1 = Ka1. K -1 a3 = 10

0,1 5,11 K2 = Ka2. K -1 a3 = 10

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,1 0,05 0,1 0,05 0 0,2 Dung dịch A thu được là hệ đệm gồm: H 2 PO-4 0,05 M và HPO 24 0,2 M CHPO24 → có thể tính pHA gần đúng theo biểu thức: pHA = pKa2 + lg = 7,81. C H PO2

0,25 0,25

pK a1 + pK a2 * pH = 4,7 ≈ pH (NaH 2PO4 ) ≈ = 4,68 → có thể coi lượng HCl thêm vào 20,00 ml dung 2 dịch A sẽ phản ứng vừa đủ với HPO24 tạo thành H 2 PO 4 : + HPO 2→ H 2 PO-4 4 + H

→ VHCl =

0,2.20 = 80 (ml) 0,05

Lưu ý: - Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu. - Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó, điểm chiết phải được tổ thống nhất; Điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Sở GD-ĐT Bình Định Trường THPT Trưng Vương ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 Môn : Hóa Thời gian: 120phút CâuI: Cho từ từ khí CO qua ống đựng 3,2 gam CuO nung nóng . Khí ra khỏi ống được hấp

thụ hoàn toàn vào nước vôi trong dư thấy tạo thành 1 gam kết tủa. Chất rắn còn lại trong ống sứ cho vào cốc đựng 500 ml dung dịch HNO3 0,16M thu được V1 lít khí NO và còn một phần kim loại chưa tan. Thêm tiếp vào cốc 760 ml dung dịch HCl nồng độ 2/3 mol/l sau khi phản ứng xong thu thêm V2 lít khí NO. Sau đó thêm tiếp 12 gam Mg vào dung dịch sau phản ứng

thu được V3 lít hỗn hợp khí H2 và N2, dung dịch muối clorua và hỗn hợp M của các kim loại. 3. Tính các thể tích V1, V2, V3. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn các thể tích khí đo ở đktc

4. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp M (Cho O = 16, Mg = 24, Cu = 64, Ca = 40) CâuII: Thêm từ từ từng giọt AgNO3 vào dung dịch hỗn hợp chứa đồng thời các ion Cl- 0,01

M và I- 0,01 M thì AgCl hay AgI kết tủa trước ? Khi nào cả hai chất cùng kết tủa ? Biết tích số tan TAgCl = 10-10 ; TAgI = 10-16 . CâuIII: Một hợp chất ion cấu tạo từ cation M+ và anion X2-. Trong phân tử MX2 có tổng số

hạt ( p, n, e) là 140, trong đó hạt mang điện nhiều hơn hạt không mang điện là 44 hạt . Số khối của ion M+ lớn hơn số khối của ion X2- là 23. Tổng số hạt trong ion M+ nhiều hơn trong ion X2- là 31. 3. Viết cấu hình e của các ion M+ và X2+. 4. Xác định vị trí của M và X trong bảng tuần hoàn . CâuIV: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hiđrôcacbon khí cùng dãy đồng đẳng A có thể tích là

2,24lít ở 00C , 1 atm và B rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch NaOH , cho tiếp dung dịch BaCl2 dư vào thấy xuất hiện 78,8gam chất kết tủa, lọc bỏ kết tủa đem đun sôi dung dịch đến phản ứng hoàn toàn lại thu được 27,8 gam kết tủa nữa. Hãy xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của hai hiđrôcacbon biết số mol cũng như số nguyên tử cacbon của A nhỏ hơn của B và hỗn hợp trên phản ứng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 12 gam chất kết tủa , biết hiệu suất phản ứng lớn hơn 45%.Tính hiệu suất phản ứng.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Câu V: Cho 2 mol N2 và 8 mol H2 vào bình kín có thể tích là 2 lít, sau khi phản ứng: N2(K) +

3H2(K)

2NH3(K)

Đạt trạng thái cân bằng , đưa nhiệt độ về nhiệt độ ban đầu , thì áp suất trong bình bằng 0,9

lần áp suất đầu. Tính K cân bằng. Câu VI: Cho sơ đồ phản ứng: 0

t (1) A + B → C

(3) C

2NaOH

(2) 2B

H2O

E H2O (4) C + 2HCl → 2F + D +H2O

(5) A + NaCl → G + F

t (6) G → E + D + H2O

(7) B + HNO2 → H

t (8) H → N2 + H2O

Xác định các chất vô cơ A, B, C, D, E, F, G, H. Hoàn thành các phương trình phản ứng. CâuVII: Hòa tan 23 gam một hỗn hợp gồm kim loại Bari và hai kim loại kiềm A,B thuộc hai

chu kỳ liên tiếp vào nước được dung dịch D và 5,6 lít H2(đo ở điều kiên tiêu chuẩn) c) Nếu trung hòa ½ dung dịch D cần bao nhiêu ml H2SO4 0,5M d) Nếu thêm 180ml dung dịch Na2SO4 0,5M vào dung dịch D thì dung dịch sau phản ứng vẫn chưa kết tủa Ba+2. Nếu thêm 210ml dung dịch Na2SO4 0,5M vào dung dịch D, sau phản ứng còn dư dung dịch Na2SO4 . Xác định tên hai kim loại.

ĐÁP ÁN: CâuI:

2. Các phản ứng: CuO + CO = Cu + CO2

(1)

CO2 + Ca(OH)2 = CaCO3 + H2O

(2)

Theo (1) và (2) ta có : NCu = nCO 2 = 1: 100 = 0,01 mol nCuO ban đầu =

3,2 = 0,04 mol 80

nCuO còn lại = 0,04 – 0,01 = 0,03 mol Các phản ứng khi cho HNO3 vào : CuO + 2HNO3 = Cu(NO3)2 + H2O

(3)

Hoặc CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O

(3’)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

3CuO + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O

(4)

Hoặc 3Cu + 8H+ + 2NO 3− = 3Cu2+ + 2NO + 4H2O

(4’)

Gọi x, y là số mol H+ tham gia phản ứng (3’) và (4’) Ta có : x + y = 0,8 mol Vì CuO hết nên x/2 = 0,03 ⇒ x = 0,06 và y = 0,02 và nCu tan =

3 0,03 .y = 8 4

Theo (4) thì V1 =

y 0,02 . 22,4 = .22,4 = 0,112 lít 4 4

Theo (4’) thì khi hết H+ thì Cu không bị tan nữa, nhưng trong dung dịch vẫn còn NO 3− của Cu(NO3)2 , nên khi cho HCl vào thì phản ứng (4’) lại tiếp tục xảy ra và sau đó Cu còn lại phải tan hết theo phương trình (4’) . Như vậy tổng số mol NO là: nNO =

2 2 0,002 0,002 0,448 nCu = .0,001 = hay .22,4 lít = lít 3 3 3 3 3

Do đó : V2 =

0,448 - V1 = 0,037 lít 3

Số mol H+ cần để hòa tan hết Cu theo (4’) =

8 0,02 .0,01 – 0,02 = mol 3 3

Các phản ứng khi cho Mg vào: 5Mg + 12H+ + 2NO 3− = 5Mg2+ + N2 + 6H2O

(5)

Mg + 2H+ = Mg2+ + H2

(6)

Tổng số mol NO 3− còn lại sau khi Cu tan hết = 0,08 gia phản ứng (5) =

0,02 . Nên số mol của Mg tham 3

5 0,22 0,55 . = 2 3 3

Vì tổng số mol H+ của HCl = 0,076. 2/3 = 1,52/3 mol ; mà số mol H+ tham gia phản ứng (5) = 12/2 . 0,02/3 = 1,32/3 mol nên số mol H+ tham gia phản ứng (6) bằng 1,52/33 – 0,02/3 1,32/3 = 0,06 mol Do đó số mol Mg tham gia (6) = ½. 0,06 = 0,03 mol V3 = VN 2 + VH 2 = 1,49 lít. 2. Sau khi tan trong axit Mg còn lại = 12/24 – 0,03 – 0,55/3 = 0,86/3 mol tham gia phản ứng: Cu2+ + Mg =

Mg2+ + Cu ↓

Trứơc phản ứng : 0,04 Phản ứng

: 0,04

Sau phản ứng

: 0

(7)

0,86/3 0,04 0,74/3

0,04

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Khối lượng các kim loại trong M mMg =

0,74 . 24 = 5,92 g 3

mCu = 0,04. 64 = 2,56 g CâuII: Để kết tủa AgI xuất hiện cần: [Ag+] =

10 −16 = 10-14M −2 10

Để kết tủa AgCl xuất hiện cần: [Ag+] =

10 −10 = 10-8M −2 10

⇒ AgI kết tủa trước.

Tiếp tục thêm Ag+ thì I- tiếp tục bị kết tủa cho tới khi [Ag+] = 10-8M thì cả AgI và AgCl cùng kết tủa . Lúc đó [Ag+] [I-]còn = 10-16 và [Ag+] [Cl-]còn = 10-16 Vậy khi AgCl bắt đầu kết tủa thì [I-] =

10 −2.10 −16 -8 〈 10 I kết tủa hết. 10 −10

CâuIII:

1.Gọi số p, số n, số e trong M lần lượt : ZM , NM , EM Gọi số p, số n, số e trong X lần lượt : ZX , NX , EX Trong nguyên tử số p = số e ⇒ ZM = EM và ZX = EX Ta có : 4ZM + 2NM + 2ZX+ NX =140

(1)

(4ZM + 2 ZX) – (2NM + NX) = 44

(2)

(ZM + NM) – (ZX + NX) = 23

(3)

(2ZM + NM – 1) – (2ZX + NX + 2) = 31

(4)

⇒ ZM = 19, NM = 20 ⇒ M là Kali (K)

ZX = 8 , NX = 8

⇒ X là oxi (O)

Cấu hình e: M+: 1s22s22p63s23p6 X2- : 1s22s22p6 2.Vị trí: K thuộc chu kì 4, nhóm IA O thuộc chu kì 2, nhóm VIA Câu IV:Gọi hai hiđrôcacbon đã cho có CTPT:CxHy (0,1 mol) và CnHm(a mol)

với : 2 ≤ x, n ≤ 4 Các phương trình phản ứng xảy ra: CxHy + (x + y/4) O2 → xCO2 + y/2 H2O 0,1mol

0,1x

CnHm + (n + m/4) O2 → nCO2 + m/2 H2O a mol

(1) (2)

an mol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

CO2 +

2NaOH → Na2CO3 + H2O

(3)

CO2 +

NaOH → NaHCO3

(4)

Na2CO3 + BaCl2 → BaCO3 + 2NaCl. 0

t 2NaHCO3 → Na2CO3 + CO2 + H2O

Na2CO3 + BaCl2 → BaCO3 + 2NaCl.

(5) (6) (7)

n BaCO (pư 5) = 0,4 mol 3

n BaCO (pư 7) = 0,14 mol 3

Từ pứ(1)→(7) ⇒

∑n

CO2

(pứ 1,2) = 0,68mol

⇒ 0,1x + an = 0,68

(8)

Ta có : a > 0,1 ⇒ 0,1x + 0,1n < 0,68 ⇒ x + n < 6,8 Vì x < n ⇒ x = 2 ⇒ n = 3 hoặc n = 4 Vì x = 2, hỗn hợp đã cho pứ với AgNO3/NH3 nên hỗn hợp này là ankin. Các chất đó có thể là:

C2 H 2  C3 H 4

C2 H 2 C4 H 6

hoặc 

C2 H 2 (0,1mol ) C2 Ag 2 (0,1mol ) ⇒  C3 H 4 (0,16mol ) C3 H 3 Ag (0,16mol )

Trường hợp1:  ⇒ H% =

12 .100% = 25,25% < 45% (loại) 47,52 C2 H 2 (0,1mol ) C4 H 6 (0,12mol )

Trường hợp 2: 

C 2 Ag 2 (0,1mol ) C 4 H 5 Ag (0,12mol )

-Nếu C4H6 là CH3-CH2 ≡ CH ⇒ Kết tủa :  ⇒ H% =

12 .100% = 27,7% < 45% (loại) 43,32

- Nếu C4H6 là CH3-C ≡ C-CH3 ⇒ Kết tủa tạo ra chỉ có: C2Ag2 (0,1mol) ⇒ H% =

12 .100% = 50% > 45% (nhận) 24

CâuV:Tổng số mol ban đầu trong bình kín : ∑ nbđ = 2+ 8 = 10 mol

Trong cùng điều kiện t0 và V : Tỉ lệ mol = Tỉ lệ áp suất. Ta có:

Pđ n 1 10 = đ ⇔ = ⇒ ns = 0,9 x 10 = 9 mol 0,9 Ps ns ns

Gọi x là số mol N2 tham gia phản ứng: N2(K) + 3H2(K) Trước pứ:

2 mol

2NH3(K)

8 mol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Phản ứng: x mol Sau pứ

3x mol

: (2 – x) (8-3x)

2x mol 2x mol

Tổng số mol các chất khí sau phản ứng: ∑ n s = 10 – 2x = 9 mol ⇒ x = o,5mol

Ở trạng thái cân bằng :

nN 2 = 2 – 0,5 = 1,5 mol ⇒ [N2] =

1,5 = 0,75 mol/lít 2

nH 2 = 8 – 3 x 0,5 = 6,5 mol/lít ⇒ [H2] =

6,5 = 3,25 mol/lít 2

nNH 3 = 2 x 0,5 = 1 mol ⇒ [NH3] = ⇒ Kcb =

1 = 0,5 mol/lít 2

(0,5) 2 C 2 NH 3 = = 9,71. 10-3 3 3 (0,75).(3,25) C N 2 .C H 2

CâuVI: A: NH4HCO3 ; B: NH3 ; C: (NH4)2CO3 ; D: CO2 ; E: Na2CO3 ;

G: NaHCO3 ; F : NH4Cl ; H: NH4NO2 Câu VII:

a) Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (1) x mol x mol x mol 2A + 2H2O → 2AOH + H2 (2) y mol y mol y mol 2B + 2H2O → 2BOH + H2 (3) z mol z mol z mol Chia ½ dung dịch D : Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4 + 2H2O (4) x/2mol x/2 mol 2AOH + H2SO4 → A2SO4 + 2H2O (5) y/2mol y/4mol 2BOH + H2SO4 → B2SO4 + 2H2O (5) z/2mol z/4mol y z 5,6 + = nH 2 = = 0,25 2 2 22,5 x y z 1 0,25 + + = n H 2 SO4 = nH 2 = 2 4 4 2 2 0,25 V H 2 SO4 = = 0,25 lít 2 x0,5

b) n Na SO (lần đầu) = 0,18 x 0,5 = 0,09 mol n Na SO (lần sau) = 0,21 x 0,5 = 0,105 mol 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

0,09 〈 n Ba 〈 0,105 0 , 09 x137 ,105 137 〈 m Ba 〈 0 x 12 , 33 gam

14 , 385 gam

m A+ B = 23 - mBa − − 23 14 ,385 12 , 33 〈 m Ba 〈 23 8, 6 gam

10 , 67 gam

Theo pt (2), (3) : n(A+ B) = 2n H = 2(0,25 - n Ba ) = 0,5 - 2n Ba 0,5 − (2 x 0,105) 〈 n(A + B) 〈 0,5 − (2 x0,09) 2

0 , 29 gam

0 , 32 gam

8,6 10,67 = 37 ≈ 27 〈 M (A + B) 〈 0,32 0,29 ⇒ 2 kim loại đó: Na và K

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2011-2012

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11

(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu I. (5,0 điểm) 1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3, trong oxit và hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X. 2. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hoàn (HTTH) có tổng số điện tích là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất). a) Xác định điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B. Gọi tên các nguyên tố đó. b) Viết cấu hình electron của X2−, Y−, R, A+, B2+. So sánh bán kính của chúng và giải thích. c) Trong phản ứng oxi hoá-khử, X2−, Y− thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao? d) Cho dung dịch A2X vào dung dịch phèn chua thấy có kết tủa xuất hiện và có khí thoát ra. Giải thích và viết phương trình phản ứng. 3. a) Giải thích vì sao cho dư NH4Cl vào dung dịch NaAlO2 rồi đun nóng thì thấy kết tủa Al(OH)3 xuất hiện b) Hoàn thành phương trình hóa học (PTHH) của phản ứng oxi hoá-khử sau và cân bằng theo phương pháp cân bằng electron: NaNO2 + KMnO4 + ? ? + MnSO4 + ? + ?

Câu II. (5,0 điểm) 1. Viết các PTHH của các phản ứng để thực hiện sơ đồ biến hoá hóa học sau: B1

+H2O

CH3-CHO

hiđrocacbon X +H2O

CH3-CHO

+H2O

CH3-CHO

A2 +H2O

CH3-CHO

+H2O

CH3-CHO

2. Khi cho 13,8 gam glixerin (A) tác dụng với một axit hữu cơ đơn chức (B) thu được chất hữu cơ E có khối lượng bằng 1,18 lần khối lượng chất A ban đầu. Biết rằng hiệu suất phản ứng đạt 73,75%. Tìm công thức cấu tạo của B và E.

Câu III. (5,0 điểm) Hoà tan 2,16 gam hỗn hợp (Na, Al, Fe) vào nước dư thu được 0,448 lít khí (ở đktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60 ml dung dịch CuSO4 1M thì thu được 3,2 gam Cu và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH để thu được lượng kết tủa lớn nhất. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B. a) Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp. b) Tính khối lượng chất rắn B.

Câu IV. (2,5 điểm) Sau khi đun nóng 23,7gam KMnO4 thu được 22,74 gam hỗn hợp chất rắn. Cho hỗn hợp chất rắn trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HCl 36,5% (d = 1,18g/ml) đun nóng. 1) Viết PTHH của các phản ứng xảy ra. 2) Tính thể tích khí Cl2 thu được (ở đktc). 3) Tính thể tích dung dịch axit HCl cần dùng.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

CâuV. (2,5 điểm) Hòa tan x gam hỗn hợp gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước, thu được dung dịch A. Chia dung dịch A làm hai phần bằng nhau. Cho lượng dư khí hiđro sunfua vào phần một thu được 1,28 gam kết tủa. Cho lượng dư dung dịch Na2S vào phần hai thu được 3,04 gam kết tủa. Viết PTHH của các phản ứng xảy ra và tính x.

(Cho: H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Be=9; Mg=24; Al=27; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.)

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11

(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu

I (3,0)

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Nội dung Điểm 1. 1,5 2 3 Vì X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 nên là nhóm VA (ns np ). Vậy: ms = +1/2; l = 1 ; m = +1 n = 4,5 – 2,5 = 2. Vậy X là Nitơ ( 1s22s22p3) Công thức cấu tạo các hợp chất và dự đoán trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm: NH3 : N có trạng thái lai hoá sp3. N H

H H

N2O5: N có trạng thái lai hoá sp2. O

HNO3 : N có trạng thái lai hoá sp2 O

O H

N O

2. a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X => Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt 1,5 (Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4) Theo giả thiết Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90 => Z = 16 → 16X; 17Y; 18R; 19A; 20B (S) (Cl) (Ar) (K) (Ca) 2b) S , Cl-, Ar, K+, Ca2+ đều có cấu hình e: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ.

rS 2 - > rC l - > rA r > rK + > rC a 2+

c) Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S2-, Cl- luôn luôn thể hiện tính khử vì các ion này có số oxi hóa thấp nhất d) Dung dịch phèn chua: K+, Al3+, SO42- khi cho dung dịch K2S vào 2Al3+ + 3S2- = Al2S3↓ Al2S3 + 6H2O → 2Al(OH)3↓ + 3H2S↑ 3. a) NaAlO 2 → Na + + OH − (1)

NH 4 Cl → NH 4+ + C l − + 4

NH ⇔ NH 3 + H

AlO 2− + H + ⇔ HAlO 2 + H +

(2) (3)

2,0

(4)

HAlO 2 + H 2 O ⇔ Al(OH ) 3 (5) Khi đun nóng thì NH3 bay đi làm cho cân bằng (3) và do đó (4,5) chuyển dịch sang phải, nghĩa là kết tủa Al(OH)3 xuất hiện b) 5NaNO2+2KMnO4+ 3H2SO4 5NaNO3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 3,0

1. X: C2H2 A1:CH2=CHCl A2:CH3 -CH2Cl B1: CH2=CH-OCOCH3 B2: CH3 -CHCl-OCOCH3 Các PTHH của các phản ứng (9 PTHH). B1

II (5,0)

B2 +H2O

CH3-CHO

hiđrocacbon X +H2O

+H2O

CH3-CHO

A2 +H2O

CH3-CHO

+H2O

CH3-CHO

nA= 13,8: 92 = 0,15mol Phương trình phản ứng: C3H5(OH)3 +xRCOOH C3H5(OH)3-x(OCOR)x + xH2O mE = 13,8 x 1,18 = 16,284gam M E=

2,0

(1 ≤ x ≤ 3 )

16, 284 100 x = 148 0,15 73,35

ME= 41+ 17(3-x) + (44+R)x ⇒ R=

56 − 27x x

Nếu x = 1 ⇒ R = 29 ⇒ B: C2H5COOH; E có 2 đồng phân Nếu x = 2 ⇒ R = 1 ⇒ B: HCOOH; E có 2 đồng phân Nếu x = 2 ⇒ R < 0 : không phù hợp 1,0

nH2 = 0,448:22,4 = 0,02 nCu 2+ = 0,06.1= 0,06; nCu 2+ pu = 3,2:64 = 0,05

⇒ nCu 2+ du = 0,06 -0,05 = 0,01

III (5,0)

Các phản ứng: Na + H2O x

→

( Na+ + OH-) + x

Al + H2O + OH- → AlO2- +

1 H2 (1) 2 x/2 (mol)

3 H2 2

(2)

x x x 3/2x (mol) 2+ 3+ 2Al + 3Cu → 2Al + 3Cu (3) (y-x) 3/2(y-xＩ (y-x) 3/2(y-x) Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu (4) a) Giả sử không có (3) xảy ra ⇒ chất rắn chỉ là Fe Theo (4) noFe= nCu = 0,05 ⇒ moFe= 0,05.56 = 2,8>2,16 (không phù hợp đề bài) 2+ Vậy có (3) và vì Cu còn dư nên Al và Fe đã phản ứng hết theo (3) và (4)

2,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

3 2

Theo (1) và (2): nH2 = x+ x = 0,02 ⇒ x = 0,01 Theo (3): nAl(3) = y - 0,01 nCu2+=

3 (y - 0,01) 2

Theo (4): nFe = nCu2+(4)= 0,05-

Ta có : mNa + mAl + mFe = 23.0,01 + 27y + 56[0,05⇒ y = 0,03 Vậy trong hỗn hợp ban đầu: mNa = 23.0,01 = 0,23 gam m Al = 27.0,03 = 0,81 gam mFe = 2,16 - 0,23 -0,81 = 1,12 gam

3 (y - 0,01)] =2,16 2

2,0

b) Trong dung dịch A có: nAl 3+ = 0, 03 − 0, 01 = 0, 02 nCu 2+ du = 0, 01 nFe2+ = nFe = 1,12 : 56 = 0, 02

Ta có sơ đồ Cu2+ → Cu(OH)2 → CuO = 0,8 gam ⇒ mCuO = 0,01.80 2+ Fe → Fe(OH)2 → Fe(OH)3 → Fe2O3 ⇒ mFe2O3 = 0,02/2.160 = 1,6 gam ⇒ m Al2O3 = 0,02/2.102 = Al3+ → Al(Oｈ )3 → Al2O3 1,02gam Vậy mB = 0,8 + 1,6 + 1,02 = 3,24 gam 0,5

1. Các phương trình phản ứng xảy ra t0

2KMnO4  → K2MnO4 + MnO2 + O2↑ Chất rắn sau phản ứng gồm: K2MnO4 , MnO2 và KMnO4 chưa phản ứng : Cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl có các phản ứng 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O K2MnO4 + 8HCl → 2KCl + MnCl2 + 2Cl2 + 4H2O 0

IV (2,5)

t MnO2 + 4HCl  → MnCl2 + Cl2 + 2H2O

2. Ta có các quá trình: Mn+7 0,15mol 2O-2 →

5e 5.0,15

→ Mn+2

1,0

O2 + 4e (23,7 – 22,74)/32 0,03.4 2Cl- → Cl2 + 2e x 2.x Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 5.0,15 = 0,03.4 + 2x → x= 0,315 mol → V = 0,315.22,4 = 7,056 lít 3. Áp dụng định luật bào toàn nguyên tố nHCl = nKCl + 2nMnCl2 + 2nCl2 = 0,15 + 2.0,15 + 2.0,315 = 1,08 mol

1,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Vậy Vdung dịch HCl =

V (2,5)

1, 08.36, 5.100 = 91,53( ml ) 36,5.1,18

Phần 1: CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl (1) 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S↓ + 2HCl (2) Phần 2: CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl (3) 2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl (4) Đặt số mol CuCl2 và FeCl3 trong mỗi phần là a và b mol.

1,0

1,5

Từ các phương trình (1), (2), (3), (4) ta có 96a + 16b = 1,28 96a + 104b = 3,04

(I) (II)

Giải hệ (I) và (II ) ta được a= 0,01 mol và b = 0,02 mol Từ đó ta có x = 2(135.0,01 + 162,5.0,02) = 9,2 gam.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

UBND TỈNH QUẢNG TRỊ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 11 THPT Năm học: 2012 – 2013 Khóa thi ngày: 11/4/2013 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (3,5 điểm) 1. Viết phương trình phản ứng xảy ra dạng ion rút gọn trong các trường hợp sau: a) Phản ứng chứng minh tính axit của axit hipoclorơ yếu hơn axit cacbonic. b) NaH2PO3 tác dụng với dung dịch NaOH dư. c) AgNO3 tác dụng với dung dịch NH3 dư. d) Sục khí NO2 vào dung dịch Ca(OH)2. 2. Ion nào trong các ion sau đây có bán kính nhỏ nhất? Giải thích. Li+, Na+, K+, Be2+, Mg2+. 3. Dung dịch NH3 có thể làm kết tủa hoàn toàn ion Al3+ trong dung dịch nước ở dạng hiđroxit, nhưng chỉ làm kết tủa được một phần ion Mg2+ trong dung dịch nước ở dạng hiđroxit. Hãy làm sáng tỏ điều nói trên bằng các phép tính cụ thể. Cho: Kb của NH3 là 1,8.10−5, tích số tan: Al(OH)3 là 5.10−33, Mg(OH)2 là 4.10−12. 4. Sắt monoxit (FeO) có cấu trúc mạng tinh thể lập phương tâm diện kiểu NaCl với thông số mạng a = 0,432 nm. Hãy tính khối lượng riêng (gam/cm3) của tinh thể FeO đó. Cho NA=6,022.1023. Câu 2. (4,5điểm) 1. Hòa tan MX2 có sẵn trong tự nhiên bằng dung dịch HNO3 dư, thu được dung dịch Y và khí NO2. Đem dung dịch Y tác dụng với BaCl2 tạo kết tủa trắng không tan trong HNO3, dung dịch Y tác dụng với NH3 dư cho kết tủa màu nâu đỏ. Xác định công thức phân tử của MX2 và viết phương trình ion rút gọn trong các thí nghiệm trên. 2. Cho các chất sau tan vào nước tạo thành các dung dịch riêng biệt: a) Na2CO3. b) KNO3. c) (NH4)2SO4. d) KHSO4. e) AlCl3

Giải thích tính axit, bazơ của các dung dịch trên.

3. Cho 5,8 gam FeCO3 tác dụng với dung dịch HNO3 vừa đủ, thu được dung dịch A và hỗn hợp B gồm CO2 và NO. Cho dung dịch HCl dư vào dung dịch A được dung dịch C. Dung dịch C hoà tan tối đa m gam Cu tạo ra sản phẩm khử NO duy nhất. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion rút gọn và tính giá trị m. 4. Hòa tan hoàn toàn 0,775 gam đơn chất R trong dung dịch HNO3 đặc được một hỗn hợp gồm hai khí (tồn tại trong điều kiện thích hợp) nặng 5,75 gam, có tỷ khối hơi so với hiđro là 115/3 và một dung dịch gồm 2 axit có oxi với hàm lượng oxi lớn nhất. Xác định đơn chất R. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Cho hỗn hợp bột gồm 2,7 gam Al và 5,6 gam Fe vào 550 ml dung dịch AgNO3 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam chất rắn. Viết các phương trình phản ứng dạng ion rút gọn và tính giá trị m. 2. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Fe và Mg bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl 20%, thu được dung dịch Y. Nồng độ của FeCl2 trong dung dịch Y là 15,76%. Tính nồng độ phần trăm của MgCl2 trong dung dịch Y. 3. Hoà tan hoàn toàn a gam Cu trong 600 ml dung dịch HNO3 1M, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch A. Trung hoà A bằng dung dịch KOH vừa đủ, rồi cô cạn thì thu được chất rắn khan B (b gam). Nung nóng B đến khối lượng không đổi thu được khí C và 29 gam chất rắn D. Cho C hấp thụ hết vào nước thu được 3,0 lít dung dịch E. a) Viết các phương trình phản ứng, tính giá trị a, b và pH của dung dịch E. b) Sục khí NH3 vào dung dịch A thấy tạo thành 9,8 gam kết tủa. Tính số mol NH3 đã dùng. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 4. (3,25 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng điều chế glixerol từ butan. Cho chất vô cơ và điều kiện phản ứng có đủ. 2. Hãy nhận biết các chất khí sau chứa trong một bình kín bằng phương pháp hóa học: xiclopropan, propan, propilen, sunfurơ.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 3. Đun nóng C6H13OH với H2SO4 đặc ở 170 C thu được 2 anken có công thức phân tử C6H12. Cho từng anken tác dụng với H2, xúc tác Ni, đun nóng đều thu được 2- metylpentan. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên ancol, viết các phương trình phản ứng xảy ra và trình bày cơ chế phản ứng tách trên. Câu 5. (4,75 điểm) 1. Chia 90,6 gam hỗn hợp M gồm CH3OH, CnH2n+1OH và CnH2n-1OH thành 3 phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng hết với một lượng dư CH3COOH, xúc tác H2SO4 đậm đặc, đun nóng thì thu được 51,2 gam hỗn hợp 3 este. Đốt cháy hết phần 2 thì thu được 1,55 mol CO2. Phần 3 cho tác dụng với nước Br2 dư, phản ứng hoàn toàn thì thấy có 40 gam Br2 tham gia phản ứng. Xác định công thức phân tử và tính số mol mỗi ancol trong 90,6 gam hỗn hợp M. 2. Phân tích 1 tecpen A thu được kết quả sau: cacbon chiếm 88,235% về khối lượng, khối lượng phân tử của A là 136 đvC. A có khả năng làm mất màu dung dịch Br2, tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:2, không tác dụng với AgNO3/NH3. Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ: anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A. 3. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 ankin đồng đẳng X (có thể tích là 2,24 lít ở 00C và 1 atm) và Y, rồi cho toàn bộ CO2 hấp thụ hoàn toàn bằng dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 133,96 gam kết tủa. Biết số mol và số nguyên tử cacbon của X bé hơn Y và hỗn hợp X, Y tác dụng với Cu+/NH3 dư tạo thành 13,68 gam kết tủa màu đỏ, X và Y phản ứng với khả năng như nhau. Xác định X, Y và tính hiệu suất phản ứng với Cu+/NH3, biết hiệu suất phản ứng lớn hơn 70%. Cho: H=1, C=12, N=14, O=16, Mg=24, Al=27, P=31, S=32, Cl=35,5; K=39, Fe=56; Cu=64, Br=80, Ag=108, Ba=137. Thí sinh không được dùng bảng HTTH các nguyên tố hóa học và tính tan. -----------------------Hết----------------------0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 11 THPT Năm học: 2012 – 2013 Khóa thi ngày: 11/4/2013 Môn thi: HÓA HỌC

UBND TỈNH QUẢNG TRỊ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu Câu 1

Nội dung

Phương trình phản ứng xảy ra dạng ion rút gọn: ClO- + CO2 + H2O → HClO + HCO3H2PO3- + OH- → HPO32- + H2O Ag+ + 2NH3 → Ag[(NH3)2]+ 2NO2 + 2OH- → NO2- + NO3- + H2O Bán kính: Li+ < Na+ < K+: Tuy Z tăng, nhưng số lớp e tăng ⇒ r tăng Be2+ < Li+ : Do số e bằng nhau, nhưng Z(Be2+)>Z(Li+) Be2+ < Mg2+ : Tuy Z tăng, nhưng số lớp e tăng ⇒ r tăng Vậy Be2+ có bán kính nhỏ nhất.

Điểm 3,5 điểm 1,0

0,75

1,0

0,75

Câu 2 1

Do tác dụng với BaCl2 tạo kết tủa ⇒ có SO4 , tác dụng với dung dịch NH3 tạo kết tủa nâu đỏ ⇒ có Fe3+. Vậy MX2 là FeS2 FeS2 + 14H + + 15NO3−  → Fe3+ + 2SO 42 − + 7H 2 O + 15NO 2 Ba2+ + SO42- → BaSO4 NH3 + H+ → NH4+ 3NH3 + 3H2O + Fe3+ → 3NH4+ + Fe(OH)3 a) Na2CO3 → 2Na+ + CO32- . CO32- + HOH HCO3- + OH- . Kết quả tạo ra dung dịch có pH>7. b) KNO3 → K+ + NO3- . K+, NO3- trung tính. Do đó dung dịch có pH=7. c) (NH4)2SO4 → 2NH4+ + SO42- . NH4+ + HOH NH3 + H3O+ Kết quả dung dịch có pH<7. d) KHSO4 → K+ + HSO4-. HSO4- → H+ + SO42-(Ka=102) (Hay HSO4- + H2O → H3O+ + SO42-). Vậy dung dịch có pH<7. e) AlCl3 → Al3+ + 3Cl- . Al3+ + HOH Al(OH)2+ + H+ Vậy dung dịch có pH<7. 3FeCO3+10H++NO3- → 3Fe3++NO+3CO2+5H2O Ta có: n Fe = n FeCO = 0, 05mol; n NO = 3n Fe = 0,15mol 3+

− 3

4,5 điểm 1,0

1,25

1,0

3Cu + 8H + 2NO3 → 3Cu + 2NO + 4H2O 0,15.3 mol ← 0,15 mol 2 Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,025 ← 0,05

Vậy m = 64 (

0,15.3 +0,025) = 16gam 2

0,75

R tác dụng với HNO3 tạo ra 1 axit mới ⇒ R là phi kim +5

Vì phi kim tạo ra axit mới ⇒ 2 khí trong X là của sản phẩm khử của N M 2khí = 38,3.2 = 76,6; Khí có M < 76,6 là NO2 (vì HNO3 đặc), khí có M > 76,6 là N2O4. Gọi x, y là số mol của NO2 và N2O4: 46x + 92y = 76,6 → x = 15,4 x+y

30,6

46x + 92y = 5, 75  x = 0, 025 Ta coù heä:  ⇒  x : y = 15, 4 : 30, 6  y = 0, 05 Gọi số mol R là a mol R – ne → Rn+ a na

0,5 +4

N + 1e → N (trong NO2)

0,025

2 N + 2e → 2 N (N2O4) 0,1 0,05 Theo định luật bảo toàn e ta có: na = 0,125 → a = 0,125/n R.a = 0,775 → R = 6,2.n; 1≤ n < 8. Xét n = 5 là thoả mãn → R = 31 => R là phốt pho (P)

Câu 3 1

Ta có: nAl = 2,7:27=0,1(mol), nFe= 5,6 : 56= 0,1(mol), nAgNO3= 0,55 Do tính khử của Fe2+ < Fe < Al, nên phản ứng theo thứ tự: Al + 3Ag+ → Al3+ + 3Ag 0,1 → 0,3 → 0,3 Fe + 2Ag+ → Fe2+ + 2Ag 0,1 → 0,2 → 0,1 → 0,2 Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag 0,1(dư) 0,05 → 0,05 → 0,05 ⇒ m=mAg= (0,3+0,2+0,05) x 108= 59,4 gam Gọi x và y lần lượt là số mol của Fe và Mg trong 1 mol hỗn hợp Phản ứng: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (1) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (2) Theo (1,2): n(HCl)=2 mol và n(H2)=1mol Suy ra: m(dung dịch mới)=56x+24y-2+36,5.2.100/20=56x+24y+363

4,0 điểm 1,0

1,0

x + y = 1  Ta có hệ:  127x 15,76 ⇒ x = y = 0,5 mol  56x + 24y + 363 = 100 

Vậy: C%=

127.0,5.100 % = 11,79% 56.0,5 + 24.0,5 + 363

Phản ứng: 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (1) KOH + HNO3 → KNO3 + H2O (2) Muối khan B: Cu(NO3)2 và KNO3 o

0,5

t t Cu(NO3)2  → CuO + 2NO2 + 1/2O2 (3) KNO3  → KNO2 + 1/2O2 (4) x x 2x x/2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 4 1

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 1,0 Gọi nCu= x mol ⇒ nHNO3 pư = 8x/3 mol ⇒ nHNO3 dư = (0,6 – 8x/3) Suy ra: nKNO3 = (0,6 – 8x/3) mol Ta có: 80x + 85(0,6 – 8x/3) = 29 ⇒ x = 0,15 a = 0,15.64 = 9,6 gam ; b = 0,15.188 + 101.0,2 = 48,4 gam C gồm : 0,3 mol NO2 và 0,175 mol O2 Pư: 2NO2 + 1/2O2 + H2O → 2HNO3 0,3 0,3 [H+]= 0,3/3=0,1M, Suy ra: pH=1 0,5 Phản ứng: NH3 + H+ → NH4+ 0,2 ← 0,2 TH 1: Cu2+ + 2NH3 + 2H2O → Cu(OH)2 + 2NH4+ ← 0,1 0,2 Suy ra: nNH3 = 0,2 + 0,2 = 0,4 mol TH 2: Cu2+ + 2NH3 + 2H2O → Cu(OH)2 + 2NH4+ 0,15 0,15 → 0,3 → Cu(OH)2 + 4NH3 → [Cu(NH3)4](OH)2 0,15-0,1 → 0,2 Suy ra: nNH3 = 0,2 + 0,3 + 0,2 = 0,7mol 3,25 điểm xt,p,to 1,0 Phản ứng: C H → CH + CH CH=CH 4

CH3CH=CH2 + Cl2  → ClCH2CH=CH2 + HCl ClCH2CH=CH2 + Cl2 + H2O → ClCH2CH(OH)CH2Cl + HCl o

t ClCH2CH(OH)CH2Cl + 2NaOH  → C3H5(OH)3 + 2NaCl Sục mẫu thử lần lượt qua các dung dịch sau mắc nối tiếp sau: (1) Ca(OH)2 dư, (2) KMnO4 dư, (3) Br2 dư, khí thoát ra đem đốt cháy. - Nếu (1) tạo kết tủa trắng ⇒ có SO2 SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O - Nếu (2) nhạt màu ⇒ có propen 3CH3CH=CH2 + 3KMnO4 + 4H2O → 3CH3CH(OH)CH2OH + 2MnO2 + 2H2O - Nếu (3) nhạt màu ⇒ có xiclopropan. C3H6 + Br2 → BrCH2CH2CH2Br - Nếu khí thoát ra bị cháy ⇒ có C3H8 C3H8 + 5O2 → 3CO2 + 4H2O C-C-C-C-C Do tác dụng với H2 → 2- metylpentan. Suy ra mạch C: C Mặt khác khi tách nước tạo 2 anken, Vậy công thức của ancol: CH3-C(OH)-CH2-CH2-CH3 CH3 2-metylpentan-2-ol CH3-C(OH)-CH2-CH2-CH3 CH3

H2SO4 ®Æc, to CH2=C(CH3)CH2CH2CH3 +H2O

Ni,to

CH3C(CH3)=CHCH2CH3 +H2 CH3-C(OH)-CH2-CH2-CH3 CH3 + -H+ CH3-C-CH2-CH2-CH3 CH3

0,25

H+

0,25 CH3CH(CH3)CH2CH2CH3

0,25 + CH3-C(OH2)-CH2-CH2-CH3 -H2O CH3

CH2=C(CH3)CH2CH2CH3 +CH3C(CH3)=CHCH2CH3

Câu 5 1

0,5

CH3C(CH3)=CHCH2CH3 +H2O

CH2=C(CH3)CH2CH2CH3 +H2

Cơ chế:

1,0

Gọi công thức chung 3 ancol là R OH

4,75 điểm 0,75

H SO ñaë c, t 0

2 4  → CH3COO R + H2O (1) R OH + CH3COOH ←  51, 2 − 30, 2 n( R OH) (trong mỗi phần) = = 0,5 mol 59 − 17

Phản ứng với Br2:

CnH2n-1OH + Br2 → CnH2n-1(OH)Br2 (2)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,25 mol ← 0,25 mol

Gọi x, y lần lượt là số mol của CH3OH và CnH2n+1OH trong mỗi phần CH3OH + 1/2O2 → CO2 + 2H2O (3) x x → 3n CnH2n+1OH + O2 → nCO2 + (n+1)H2O (4) 2 y ny → 3n − 1 CnH2n-1OH + O2 → n CO2 + nH2O (5) 2 0,25 0,25n →

0,75

Theo(3,4,5) và bài ra ta có hệ: 0,5

 x + y = 0, 25 1,3 − 0, 25n ⇒y=  n −1  x + ny + 0, 25n = 1,55

Do: 0<y<0,25, nguyên ⇒ 3,1<n<5,2. Suy ra: n= 4 hay 5.

TH 1: Khi n=4 ⇒ CH3OH: 0,45mol, C4H9OH: 0,3mol, C4H7OH: 0,75mol TH 2: Khi n=5 ⇒ CH3OH: 0,7125mol, C5H11OH: 0,0375mol, C5H9OH: 0,75mol Đặt A: CxHy Ta có: x : y = (88,235:12) : 11,765 = 10 : 16 ⇒ CT PT: (C10H16)n MA = 136 ⇒ CTPT A : C10H16 (số lk π + số vòng no = 3) A tác dụng Br2 theo tỉ lệ mol 1:2 ⇒ A có 2 liên kết π và 1 vòng A không tác dụng với AgNO3/NH3 ⇒ A không có nối ba đầu mạch Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ: anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal ⇒ CTCT A: 4-isopropenyl-1-metylxiclohexen

0,25 0,75

CH3

Gọi công thức X là CnH2n-2: 0,1 mol và Y là Cn+xH2n+2x-2: b mol 3n − 1 Phản ứng: CnH2n-2 + O2 → nCO2 +(n-1) H2O (1) 2 → 0,1 0,1n 3n + 3x − 1 Cn+xH2n+2x-2 + O2 → (n+x)CO2 +(n+x-1) H2O (2) 2 → b (n+x)b Theo (1,2) và bài ra: 0,1n + (n+x)b = 0,68 0, 68 − 0,1n ⇒ 0,1<b= ⇒ 2n+x<6,8 n+x Biện luận: n ≤ 2 và 1 ≤ x ⇒ n=2 ⇒ x=1 hoặc 2. 1 C2H2, C 3H4 x= C 2 H2 , C 4 H6 2 TH 1: C2H2 và C3H4 Ta có: b=0,16 mol +

Cu  → C2Cu2 Sơ đồ: C2H2  → 0,1 0,1

0,5

0,25

Cu  → C3H3Cu C3H4 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 13, 68 100% =43%<70% ⇒ Loại 152.0,1 + 0,16.103 TH 2: C2H2 và C4H6 có 2 công thức cấu tạo CH3CH2C ≡ CH và CH3C ≡ CCH3 Ta có: b=0,12 mol 0,16 →

0,16 Vậy H%=

0,5

Cu + / NH 3

Sơ đồ: C2H2  → C2Cu2 0,1 → 0,1 *CH3CH2C ≡ CH

Cu / NH 3 C4H6  → C4H5Cu → 0,12 0,12

13, 68 100% =46,7%<70% ⇒ Loại 152.0,1 + 0,12.117 13, 68 *CH3C ≡ CCH3 Vậy H%= 100% =90%>70% ⇒ Chọn 152.0,1 Vậy H%=

Ghi chú: Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa trong mỗi câu. Nếu PTHH thiếu điều kiện hoặc thiếu cân bằng hoặc thiếu cả hai thì trừ một nửa số điểm của PTHH đó.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (2,0 điểm) a) Nêu hiện tượng, viết phương trình phản ứng dạng ion để giải thích các thí nghiệm sau: - Hòa tan một mẩu K2Cr2O7 vào ống nghiệm bằng nước cất, sau đó thêm vào vài giọt dung dịch Ba(OH)2. - Hòa tan một mẩu Fe3O4 bằng dung dịch H2SO4 loãng, dư, sau đó thêm vào lượng dư dung dịch NaNO3. b) Xăng sinh học (xăng pha etanol), (etanol hay còn gọi rượu etylic) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống. Xăng pha etanol là xăng được pha một lượng etanol theo tỷ lệ đã nghiên cứu như: xăng E85 (pha 85% etanol), E10 (pha10% etanol), E5 (pha 5% etanol),... - Tại sao gọi xăng etanol là xăng sinh học ? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. - Tại sao xăng sinh học được coi là giải pháp thay thế xăng truyền thống? Biết khi đốt cháy 1 Kg xăng truyền thống thì cần 3,22 Kg O2. Câu 2: (2,5 điểm) Cho pin: PtFe3+ (0,05M), Fe2+ (0,5M)Mn2+ (0,02M), MnO −4 (0,2M), H2SO4 (xM)Pt, ở 250C. Bỏ qua sự tạo phức hiđroxo, H2SO4 phân li hoàn toàn. a) Khi x = 0,5M thì phản ứng xảy ra theo chiều nào? Viết phản ứng tổng quát khi pin hoạt động. Tính suất điện động của pin và hằng số cân bằng của phản ứng. b) Thêm một lượng KCN vào bên điện cực trái của pin sao cho các phản ứng tạo phức xảy ra hoàn toàn. Tính suất điện động của pin. RT ln = 0,059lg; E 0Fe3+ /Fe2- = + 0,77V; E 0MnO- ,H + /Mn 2+ = + 1,51V 4 F 3+ -  3 − → Fe(CN) 6 Fe + 6CN ← βIII = 1042   → Fe(CN) 64− Fe2+ + 6CN- ← 

βII = 1035

Câu 3: (2,0 điểm) Tính khối lượng amoni clorua và thể tích dung dịch natri hidroxit 3,0M cần thêm vào 200 mL nước và sau đó pha loãng đến 500 mL để điều chế dung dịch đệm có pH = 9,5 với nồng độ muối là 0,1M. Biết pKb (NH3) = 4,76. Câu 4: (2,5 điểm) Nung hỗn hợp X gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO3)2. Sau một thời gian thu được m gam chất rắn Y và 0,45 mol hỗn hợp Z gồm NO2, O2 có tỉ khối so với H2 là x. Cho Y phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 1,3 mol HCl thu được dung dịch chỉ chứa các muối clorua và 0,05 mol hỗn hợp khí T (gồm N2 và H2) có tỉ khối so với H2 là 11,4. Tính x. Câu 5: (2,5 điểm) X là hỗn hợp đồng nhất gồm hai kim loại Fe và Cu, trong đó Fe chiếm 52,24% phần trăm khối lượng. Chia 32,16 gam X thành hai phần bằng nhau. a) Hòa tan phần một trong 113,4 gam dung dịch HNO3 40%. Khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và sản phẩm khử duy nhất là khí NO. Điện phân dung dịch Y với các điện cực trơ, cường độ dòng điện 5A, trong thời gian 2 giờ 9 phút thì kết thúc điện phân. Tính độ tăng khối lượng của catot, giả thiết toàn bộ kim loại sinh ra bám lên catot. b) Hòa tan phần hai bằng 300 mL dung dịch HCl 1M (không có không khí). Khi phản ứng hoàn toàn, lọc tách phần chất rắn không tan. Thêm dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch nước lọc, thu được kết tủa Z. Tính khối lượng Z.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 6: (2,0 điểm) Hiđrocacbon A có: 150 đvC < MA < 170 đvC. Đốt cháy hoàn toàn a gam A thu được a gam H2O. Cho A tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được chất hữu cơ B. A tác dụng với H2O, xúc tác HgSO4, đun nóng thu được chất C. Đun nóng C với dung dịch KMnO4 trong H2SO4 sinh ra chất D có công thức cấu tạo: CH3 H3C

CH2

COOH

COCH3

C CH2

CH3

COOH

Lý luận xác định công thức cấu tạo của A, B, C (Không cần viết các phương trình phản ứng). Câu 7: (2,5 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 12,2 gam hỗn hợp X gồm 1 ancol đơn chức và 1 este no, đơn chức, mạch hở thu được 10,08 lít khí CO2 ở điều kiện tiêu chuẩn (đktc) và 10,8 gam H2O. Mặt khác, nếu đun nóng 0,5 mol hỗn hợp X với 240 mL dung dịch NaOH 1M, sau phản ứng thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được a gam chất rắn khan và b gam ancol. Tính giá trị của a và b. Câu 8: (2,0 điểm) Hỗn hợp A gồm tetrapeptit X và pentapeptit Y (đều mạch hở và đều tạo bởi Gly và Ala). Đun nóng m gam hỗn hợp A với dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (m + 7,9) gam muối khan. Đốt cháy hết hỗn hợp muối, thu được Na2CO3 và hỗn hợp B gồm khí và hơi. Cho hết lượng B hấp thụ vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thì khối lượng bình tăng 28,02 gam và có 2,464 lít khí thoát ra (đktc). Tính phần trăm khối lượng của X và Y trong hỗn hợp A. Câu 9: (2,0 điểm) a) So sánh tính axit của hiđro linh động trong các hợp chất sau:

b) Từ benzen hoặc toluen và các chất vô cơ cần thiết đã có đủ. Hãy viết sơ đồ phản ứng với đầy đủ điều kiện để tổng hợp được các dược chất sau: Axit 4 – amino – 2 – hidroxibenzoic; axit 5 – amino – 2,4 – dihidroxibenzoic. c) Đề nghị cơ chế để giải thích cho quá trình chuyển hóa dưới đây: HO

H2SO4

OH O

----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Câu

Nội dung Dung dịch mới pha có màu da cam, thêm Ba(OH)2 dung dịch chuyển dần màu vàng, đồng thời có kết tủa màu vàng xuất hiện.  → 2 CrO 24 − (Vàng)+ H2O Giải thích: Cr2 O72 − (Da cam) + 2 OH − ←  a

1 (2,0 điểm)

Ba2+ + CrO 24 −  → BaCrO4 ↓ (vàng) Mẩu oxit tan hết, dung dịch có màu vàng (nâu). Thêm NaNO3, khí không màu bay ra, hóa nâu trong không khí. Giải thích: Fe3O4 + 8H+  → 2Fe3+ + Fe2+ + 4H2O 3Fe2+ + NO3− + 4H+  → 3Fe3+ + NO (hóa nâu trong không khí) + 2H2O Xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học vì lượng etanol trong xăng có nguồn gốc từ thực vật (nhờ phản ứng lên men để sản xuất số lượng lớn). Loại thực vật thường được trồng để sản xuất etanol là: ngô, lúa mì, đậu tương, củ cải đường,…

Điểm 0,5

0,5

H Ptpư: (C6H10O5)n + nH2O  → nC6H12O6 ln men C6H12O6  → 2C2H5OH + 2CO2 t° → 2CO2 + 3H2O Xét phản ứng cháy của 1 kg etanol: C2H5OH + 3O2  ⇒ mO2 = 3.(32:46) = 2,087 kg ⇒ mO2 (khi đốt etanol) < mO2 (khi đốt xăng). Như vậy, khi đốt cháy 1 kg xăng thì tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đôt cháy 1 kg etanol Đốt cháy etanol tiêu tốn ít oxi hơn đồng nghĩa với lượng khí thải thoát ra ngoài ít hơn, hạn chế việc ô nhiễm môi trường. Hơn nữa, nguồn etanol dễ dàng sản xuất quy mô lớn không bị hạn chế về trữ lượng như xăng dầu truyền thống. Do vậy, dùng xăng sinh học là một giải pháp cần được nhân rộng trong đời sống và sản xuất. MnO −4 + 8H+ + 5e Mn2+ + 4H2O

E MnO− ,H + /Mn 2+ 4

− + 0, 059  MnO 4  .  H  =E + .lg 5  Mn 2 + 

0,5

0, 059 (0, 2).18 .lg = 1,522 V 5 0, 02 Fe3+ + e Fe2+ = 1,51 +

2 (2,5 điểm)

E Fe3+ /Fe2+ = E 0 +

3+ 0, 059  Fe  0, 05 = 0, 77 + 0, 059.lg = 0, 711 V .lg 2+ 1 0,5  Fe 

0,5

E MnO− ,H + /Mn 2+ > E Fe3+ /Fe2+ 4

Phản ứng xảy ra: 5Fe2+ + MnO −4 + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O ⇒ Epin = 1,522 - 0,711 = 0,811 (V) nE

5.0,811

Hằng số cân bằng: K = 10 0,059 = 10 0,059 = 1068,729

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Có các quá trình: Fe(CN) 36− Fe3+ + 6CN− Fe3+ + e Fe2+ Fe2+ + 6CN− Fe(CN) 64− Fe(CN) 36− + e Fe(CN) 64−

(βIII)-1 K1 βII

0,5

K2 = K1 (βIII)-1. βII K2 = 10

E 02 0,059

= 10

E10 0,059

βII βIII

βII, βIII rất lớn nên [Fe(CN) 36− ] = 0,05M; [Fe(CN) 64 − ] = 0,5M

 Fe ( CN )3−  0,05 6  = 0,357 + 0,059lg = 0,298 (V) E Fe CN 3− /Fe CN 4− = E + 0, 059.lg  4− ( )6 ( )6 0,5  Fe ( CN )  6   ⇒ Epin = 1,522 - 0,298 = 1,224 (V) [ NH 3 ] [ NH 3 ] [ NH 3 ] Từ pH = pK a + lg ⇒ = 1,8 ⇔ 9,5 = (14 − 4,76) + lg + + [ NH 4 ] [ NH 4 ] [ NH +4 ] 0

3 (2,0 điểm)

4 (2,5 điểm)

5 (2,5 điểm)

Trong dung dịch cuối:  NH +4  = 0,1M nên [NH 3 ] = 1,8 × 0,1M = 0,18M ⇒ n NH + = (0,1mol.L−1 ) × (0,5L) = 0, 05mol 4

0,5

và n NH3 = (0,18mol.L−1 ) × (0, 5L) = 0, 09mol Từ phản ứng NH4+ + OH- → NH3 + H2O ta thấy rằng số mol NaOH cần dùng bằng số mol NH3 và tổng lượng muối amoni cần ban đầu là 0,05 mol + 0,09 mol = 0,14 mol. (0,09mol) ⇒ VddNaOH = = 0,03L , m NH 4Cl = (0,14mol) × (53,5g / mol) = 7,49g (3,0mol.L−1 ) Ta có: n N2 = 0, 04 mol và n H2 = 0, 01 mol

Số mol O trong Y = 0,25.6 – 0,45.2 = 0,6 mol (Bảo toàn O) Số mol NH +4 : (1,3 – 0,6.2 – 0,01.2) : 4 = 0,02 mol (Bảo toàn H)

Số mol Mg2+: (1,3 – 0,02.1 – 0,25.2) : 2 = 0,39 mol (Bảo toàn điện tích) ⇒ mmuối = 0,39.24 + 0,25.64 + 0,02.18 + 1,3.35,5 = 71,87 gam mY = 71,87 + 0,05.22,8 + 0,6.18 – 1,3.36,5 = 36,36 gam mkhí Z = 0,39.24 + 0,25.188 – 36,36 = 20 gam ⇒ M Z = 20 : 0,45 = 44,44 gam ⇒ x = 44,44 : 2 = 22,22 52,24 32,16 gam 47,76 32,16 gam n Fe = × = 0,3 mol ; n Cu = × = 0,24 mol 100 56 gam / mol 100 64 gam / mol Như vậy trong mỗi phần có 0,15 mol Fe và 0,12 mol Cu. 40 113,4 gam n HNO 3 = × = 0,72 mol 100 63 gam / mol 3Fe + 8HNO3 → 3Fe(NO3)2 + 2NO + 2H2O (1) 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (2) a Như vậy dung dịch Y chứa 0,15 mol Fe(NO3)2 và 0,12 mol Cu(NO3)2. Các phản ứng điện phân có thể có (theo thứ tự) : Cu(NO3)2 + H2O → Cu + 1/2O2 + 2HNO3 (3) 0,12 0,06 Fe(NO3)2 + H2O → Fe + 1/2O2 + 2HNO3 (4) 0,08 0,04 (5) H2O → H2 + 1/2O2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

0,5

1 5 × 7740 × = 0,1 mol 4 96500 1 1 Vì n Cu ( NO 3 ) 2 = 0,06 ≤ n O 2 ≤ n Cu ( NO 3 ) 2 + n Fe ( NO 3 ) 2 = 0,135 2 2 ⇒ đã xảy ra (1) và (2), nhưng Fe(NO3)2 còn dư. Từ (3) và (4) ta thấy lượng kim loại kết tủa lên catot gồm 0,12 mol Cu và 0,08 mol Fe. Vậy độ tăng khối lượng catot bằng: (64 gam / mol × 0,12 mol) + (56 gam / mol × 0,08 mol) = 12,16 gam Hòa tan trong dung dịch HCl (không có không khí): Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (6) Xác định được: dung dịch Z chứa 0,15 mol FeCl2 và 0,1 mol HCl. Thêm dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Z : Ag+ + Cl- → AgCl↓ (7) 0,3 0,3 (8) Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag↓ 0,15 0,15 m ↓= m AgCl + m Ag = (0,3 × 143,5) + (0,15 × 108) = 59,25 (gam)

Ta có : n O 2 =

(

)

y y )O2 → xCO2 + H2 O 4 2 Ta có: mA = mH2O ⇒ 12x + y = 9y ⇒ x : y = 2 : 3 CTPT của A, B có dạng: C2nH3n. Từ: 150 < M < 170 ⇒ 5,55 < n < 6,29 Vậy: n = 6 . CTPT của A là: C12H18 Phân tử A có độ bất bảo hoà ∆ = 4. Vì: A + AgNO3/NH3 → B HgSO4 , t ° A + H2O  → C Suy ra: A là hợp chất không no chứa nối ba C≡C đầu mạch. Vì chất C tác dụng với dd KMnO4 trong H2SO4 sinh ra chất D:

0,5

Gọi công thức A là: CxHy : CxHy + (x +

6 (2,0 điểm)

CH3 H3C

CH2

COOH

COCH3

C CH2

CH3

COOH

Suy ra CTCT của A là: C

C(CH3)3-CH2-

CTCT của B là: C

C(CH3)3-CH2-

CTCT của C:

0,5

1,0

CO-CH3

CAg

C(CH3)3-CH2-

Ta có: n CO2 = 0,45 mol; n H2O = 0,6 mol

⇒ Ancol no, đơn chức, mạch hở ⇒ nancol = 0,6 – 0,45 = 0,15 mol Đặt công thức của ancol là Cn H 2n +1OH ; công thức của este là Cm H 2 m O 2

7 (2,5 điểm)

0, 45.44 + 0, 6.18 − 12, 2 = 0,575 mol 32 Bảo toàn O: nancol + 2neste + 2 n O2 = 2 n CO2 + n H2O ⇒ neste = 0,1 mol

Bảo toàn khối lượng: n O2 =

Bảo toàn C: 0,15.n + 0,1m = 0,45 hay 3n + 2m = 9 Biện luận ta chọn: n = 1; m = 2 Vậy công thức ancol là CH3OH ; công thức este là HCOOCH3 HCOOCH3 + NaOH  → HCOONa + CH3OH mol: 0,2 0,2 0,2 0,2 Vậy chất rắn gồm: HCOONa (0,2 mol); NaOH dư (0,04 mol)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5 0,5

8 (2,0 điểm)

⇒ a = 0,2.68 + 0,04.40 = 15,2 gam Tổng số mol ancol = 0,3 + 0,2 = 0,5 mol ⇒ b = 0,5.32 = 16 gam - Quy đổi hỗn hợp A thành: CONH (0,22 mol); CH2 (a mol); H2O (b mol) - Theo giả thiết khối lượng muối tăng lên 7,9 gam nên ta có: mNaOH – mH2O = 40.0,22 – 18b = 7,9 ⇒ b = 0,05 mol - Đốt muối thu được: nNa2CO3 = nNaOH/2 = 0,11 mol Vì khối lượng bình Ba(OH)2 tăng 28,02 gam nên ta có tổng khối lượng CO2 và H2O là 28,02 ⇒ 44.(0,22 + a – 0,11) + 18.(0,11 + a + b + 0,22/2 – b) = 28,02 ⇒ a = 0,31 mol - Gọi x, y lần lượt là số mol của X, Y trong hỗn hợp A. Ta có: nX = x + y = b = 0,05 và nY = 4x + 5y = 0,22 ⇒ x = 0,03 mol ; y = 0,02 mol - Gọi a, b lần lượt là số mol của Gly và Ala có trong hỗn hợp X, Y. Ta có: nN = a + b = 0,22 và nC = 2a + 3b = 0,22 + a = 0,53 ⇒ a = 0,13 mol ; b = 0,09 mol Công thức của X có dạng: (Ala)p(Gly)4-p ; Y có dạng: (Ala)q(Gly)5-q ⇒ nAla = 0,03p + 0,02q = 0,09 hay 3p + 2q = 9 Do: p ≤ 4 ; q ≤ 5 ⇒ Ta chọn p = 1; q = 3 Vậy X là Gly3Ala và Y là Gly2Ala3 có số mol tương ứng là 0,03 và 0,02 mol Ta có: mA = mCONH + mCH2 + mH2O = 14,7 gam 0, 03 × 260 ⇒ %mX = ×100% = 53,06% ; %mY = 100% – 53,06% = 46,94% 14, 7 - Cacbanion của (B) chỉ có 1 nhóm cacbonyl nên mật độ điện tích âm được giải tỏa ít nhất làm cho cacbanion kém bền nhất. - Hiệu ứng +C của nhóm N(CH3)2 > OCH3 làm cho mật độ electron của O trong a nhóm C=O bên phải của (A) giàu hơn (D) làm giảm hiệu ứng +C của cacbanion vào C=O bên phải dẫn đến cacbanion (A) kém bền hơn so với (D). ⇒ Tính axit của hiđro linh động: (C) > (D) > (A) > (B)

0,5

COOH NO2

HNO3

NH2

Sn/ HCl

HNO2

t ,p

NO2 CH3

CH3

NO2

K2Cr2O7 H+

HNO3 0

H2SO4, t

NO2

NH2

Sn / HCl

HNO2

NO2

COOH

NH2

COOH OH

HNO3

NH2 COOH

NH2 COOH NO2

0,5

H2SO4, t

9 (2,0 điểm)

CO2,OH-

0,5

Sn / HCl

H2SO4

O2N

H2N OH

OH +

- H2O

-H+

0,5

OH HO

----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm): Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra trong các thí nghiệm sau: - Thí nghiệm 1: Để lọ đựng dung dịch H2S ở trạng thái hở trong không khí một thời gian. - Thí nghiệm 2: Cho mẩu kim loại natri bằng hạt đậu nhỏ vào cốc đựng dung dịch CuSO4 loãng. - Thí nghiệm 3: Nhỏ 1 ml nước cất vào một ống nghiệm sau đó lần lượt nhỏ tiếp 3 ml axit axetic nguyên chất, 3 ml ancol isoamylic nguyên chất, rồi thêm vài giọt dung dịch H2SO4 đặc vào. Lắc đều và đun nhẹ ống nghiệm trên ngọn lửa đèn cồn từ 5 – 6 phút (không đun sôi). Làm lạnh hỗn hợp sau phản ứng rồi rót thêm vào hỗn hợp này một ít dung dịch NaCl bão hòa. Câu 2 (2,0 điểm): Để nghiên cứu cân bằng sau ở 250C: Cu (r) + 2Fe3+ (dd) Cu2+ (dd) + 2Fe2+ (dd) Người ta chuẩn bị một dung dịch gồm CuSO4 0,5M; FeSO4 0,025M; Fe2(SO4)3 0,125M a) Cho biết chiều của phản ứng ?  Fe3+  b) Tính tỉ lệ để phản ứng đổi chiều ?  Fe2+  Cho E C0 u 2 +

= 0, 3 4 ( v ); E F0 e 3 +

= 0, 7 7 ( v ) Fe 2+

Câu 3 (2,5 điểm): Dung dịch A gồm C2H5COOH 0,02M và C2H5COONa 0,015M. a) Tính pH của dung dịch A. b) Thêm 10-5 mol HCl vào 10 ml dung dịch A thu được dung dịch B. Tính pH của dung dịch B. Biết C2H5COOH có Ka = 1,34.10-5. Câu 4 (2,0 điểm): Hoà tan 7,82 gam XNO3 vào nước thu được dung dịch A. Điện phân dung dịch A với điện cực trơ - Nếu thời gian điện phân là t giây thì thu được kim loại tại catot và 0,1792 lít khí (đktc) tại anot - Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu được 0,56 lít khí (đktc) Xác định X và tính thời gian t biết I = 1,93 A. Câu 5 (2,0 điểm): Đốt cháy etan (C2H6) thu sản phẩm là khí CO2 và H2O (lỏng) ở 25°C. a) Viết phương trình nhiệt hoá học của phản ứng xảy ra. Hãy xác định nhiệt hình thành etan và năng lượng liên kết C=O. Biết khi đốt cháy 1 mol etan toả ra lượng nhiệt là 1560,5KJ.

CO2 H2O (l) O2

∆Hht ( KJ.mol-1)

Liên kết

-393,5 -285,8 0

C–C H–C H–O O=O

Năng lượng liên kết ( KJ.mol-1 ) 347 413 464 495

b) Phản ứng có ∆G° = -1467,5 ( KJ.mol-1). Hãy tính độ biến thiên entropi của phản ứng đã cho theo đơn vị J.mol-1.K-1.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 6 (2,5 điểm): Cho 14,4 gam hỗn hợp Fe, Mg, Cu (số mol mỗi kim loại bằng nhau) tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu được dung dịch X và 2,688 lít (đktc) hỗn hợp gồm 4 khí N2, NO, N2O, NO2 trong đó 2 khí N2 và NO2 có số mol bằng nhau. Cô cạn cẩn thận dung dịch X thu được 58,8 gam muối khan. Tìm số mol HNO3 đã phản ứng. Câu 7 (2,5 điểm): Cho s ơ đồ phản ứ ng sau: + O2 + Y1 + Y2 + H 2O C 4 H 6 O 2  → C 4 H 6 O 4  → C 7 H12 O 4  → C10 H18 O 4  → X 2 +Y1 +Y2 xt H 2 SO4 H 2 SO4

(X1) (X2) (X3) (X4) a) Viết phương trình hóa học trong sơ đồ. Biết Y2 là hợp chất bậc hai. b) Bằng những phản ứng hóa học, hãy chứng minh X1 vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử. c) Bằng phương pháp hóa học, hãy nhận biết hai chất riêng biệt Y1 và Y2.

Câu 8 (2,5 điểm): Cho 100 ml dung dịch chứa 2 este A, B đơn chức có tổng nồng độ mol là 0,8 M. Cho dung dịch này tác dụng với 150 ml NaOH 1M. Sau phản ứng thu được 2 muối hữu cơ C, D có khối lượng là 10,46 gam (tỉ lệ MC : MD = 41 : 65) và một ancol E có khối lượng là 2,9 gam. Ancol này không bền chuyển thành anđehit. Để trung hòa hết NaOH dư sau phản ứng phải dùng 200 ml dd HCl 0,2M. Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của A, B. Câu 9 (2,0 điểm): Hợp chất A có công thức phân tử C9H8. A làm mất màu Br2 trong CCl4; hidro hóa A trong điều kiện êm dịu tạo ra C9H10, còn trong điều kiện nhiệt độ và áp suất cao thì tạo ra C9H16; oxi hóa mãnh liệt A sinh ra axit phtalic [1,2-C6H4(COOH)2]. Lập luận xác định cấu tạo của A. ----------Hết----------

(Cho: H = 1; He = 4; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; K = 39; Fe = 56; Al = 27; Cu = 64; Ag = 108; Cl = 35,5; S = 32) (Học sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 03 trang)

Câu

Nội dung Điểm TN1: Lọ dung dịch xuất hiện vẩn đục màu vàng 0,25 2H2S + O2  → 2S ↓ + 2H2O TN2: Miếng Na kim loại chạy vo tròn trên mặt nước, phản ứng mãnh liệt, tỏa nhiều nhiệt, có kết tủa xanh lam xuất hiện. 0,75 2Na + 2H2O  → 2NaOH + H2 (1) 2NaOH + CuSO4  → Cu(OH)2 ↓ + Na2SO4 (2) TN3: - Trước khi đun, các dung dịch tan vào nhau tạo thành dung dịch đồng nhất. - Đun sau vài phút thấy có hơi mùi chuối chín thoát ra, xuất hiện 2 lớp chất lỏng phân biệt. 1,0 H 2SO4 dac ,t o → CH3COOH + (CH3)2CHCH2CH2OH ← CH3COOCH2CH2CH(CH3)3 + H2O - Làm lạnh rồi rót thêm ít dung dịch NaCl bão hoà vào thấy hiện tượng phân lớp chất lỏng rõ ràng hơn. Trong dung dịch có: [Cu2+] = 0,5M; [Fe2+] = 0,025M; [Fe3+] = 0,25M Ta có: ∆E pu = EFe3+/Fe2+ – ECu2+/Cu 0,5 0, 059 [ ox ] Mặt khác, ta có: E = E0 + lg n [ kh ]

1 (2,0 điểm)

a 2 (2,0 điểm)

0, 059 0, 25 = 0,829 V lg 1 0,025 0, 059 ECu2+/Cu = 0,34 + lg 0, 5 = 0,331 V 2 ⇒ ∆E pu = 0,829 – 0,331 = 0,498 V > 0. Vậy phản ứng xảy ra theo chiều thuận.

EFe3+/Fe2+ = 0,77 +

0,5 0,5

Để phản ứng đổi chiều: ∆E pu < 0 ⇔ EFe3+/Fe2+ < ECu2+/Cu b

a 3 (2,5 điểm)

4 (2,0 điểm)

3+  Fe3+  0, 059  Fe  < 0,331 ⇔ < 3,6.10-8 ⇔ 0,77 + lg 2+ 2+ 1  Fe   Fe  Tính sơ bộ nồng độ H+ ⇒ Môi trường axit C Công thức: pH = pKa – lg a = 4,87 – lg1,33 = 4,75 Cb

C2 H 5COO − + HCl → C2H5COOH + Cl− Quan hệ phương trình ⇒ Tổng nồng độ axit = 2,1.10-3 (M) Dung dịch thu được gồm C2H5COOH 2,1.10-3 (M) và C2H5COONa 1,4.10-3 (M) C Công thức: pH = pKa – lg a = 4,87 – lg1,5 = 4,69 Cb + −  → X + NO3 XNO3 ←  → 4H+ + O2 + 4e Ở anot : 2H2O  →X Ở catot : X+ + 1e  Ứng với 2t giây, số mol O2 = 2 x 0,1792/22,4 = 0,008.2 < 0,56/22,4 = 0,025 mol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

0,5

5 (2,0 điểm)

6 (2,5 điểm)

7 (2,5 điểm)

Vậy ở catot có khí H2 thoát ra : 0,025 - 0,016 = 0,009 mol Chứng tỏ X+ đã bị khử hết Ở catot : X+ + 1e  →X 2H2O + 2e  → 2OH- + H2 Ở anot : 2H2O  → 4H+ + O2 + 4e Theo nguyên tắc cân bằng electron cho nhận ở 2 điện cực: a + 0,009.2 = 0,008.2.4 (với a là số mol của XNO3) ⇒ a = 0,046 Thay a = 0,046 ta được X = 108 (Ag) Ứng với thời gian t suy ra số mol electron trao đổi: 1It 0,064 96500.0,032 = = 0,032 ⇒ t = = 1600 giây 96500 2 1,93 7 C2 H6 + O2 2CO2 + 3H2O ∆H = - 1560,5 KJ  → 2 ( 2C2H6 + 7O2 4CO2 + 6H2O ∆H = - 3121 KJ )  → ∆Hpư = 4 ∆HhtCO2 + 6 ∆HhtH2O - 7∆HhtO2 - 2 ∆HhtC2H6 [4(− 393,5) + 6(− 285,8) − (− 3121)] = - 83,9 ( KJ.mol-1) ⇒ ∆HhtC2H6 = 2 ∆Hpư = 2 EC – C + 12 EC – H + 7EO=O - 8 EC = O - 12 EH – O [2x347 + 12x 413 + 7 x 495 − 12x 464 − (− 3121)] = 833( KJ.mol-1) ⇒ EC = O = 8 ∆G° = ∆H° - T∆S° [− 1560,5 − (− 1467,5)] = - 0,312 (kJ.mol-1K-1) = -312 J.mol-1.K-1 ⇒ ∆S° = (25 + 273) Gọi x là số mol mỗi kim loại ta có: 56x + 24x + 64x = 14,4 ⇒ x = 0,1 Khối lượng muối nitrat kim loại là: 242.0,1 + 148.0,1 + 188.0,1 = 57,8 < 58,8 (g) ⇒ Có NH4NO3 và có khối lượng là: 58,8 – 57,8 = 1 (g) ⇒ Số mol NH4NO3 = 0,0125 (mol) Vì hỗn hợp 4 khí trên NO2, NO, N2O, N2 trong đó số mol N2 bằng số mol NO2 ta coi 2 khí này là một khí N3O2 ≡ NO.N2O cho nên hỗn hợp bốn khí được coi là hỗn hợp 2 khí NO và N2O với số mol lần lượt là a và b Tổng số mol e cho: 0,3 + 0,2 + 0,2 = 0,7 (mol) Tổng số mol e nhận là: 3a + 8b + 0,1 Ta có hệ phương trình: a + b = 0,12 a + b = 0,12  a = 0, 072 ⇒ ⇒  3a + 8b + 0,1 = 0, 7 3a + 8b = 0, 6 b = 0, 048 Tổng số mol HNO3 đã dùng là: 4a + 10b + 0,125 = 0,893 (mol) X1 oxi hóa ra X2, vậy X1 là anđehit hoặc ancol. Do chỉ tăng O mà không thay đổi số H nên X1 là anđehit 2 chức, X2 là axit 2 chức. Từ X2 ra X3 có sự tăng 3C, 6H, số O không đổi, nên Y1 là C3H7OH. Y2 cũng tương tự. Mà Y2 là hợp chất bậc 2, vậy Y2 là CH3-CH(OH)-CH3, Y1 là CH3CH2CH2OH. Các phương trình phản ứng: (Mỗi phản ứng đúng được 0,25 điểm) 2+

0,5

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

Mn ,t C2H4(CHO)2 + O2   → C2H4(COOH)2 xt, t 0  → CH3CH2CH2OOCC2H4COOH C2H4(COOH)2 + CH3CH2CH2OH ←  xt, t 0

 → CH3CH2CH2C2H4COOH + CH3CH(OH)CH3 ←  CH3CH2CH2OOCC2H4COOCH(CH3)2 + H2O xt, t 0  → CH3CH2CH2OOCC2H4COOCH(CH3)2 + 2H2O ← 

C2H4(COOH)2+ CH3CH2CH2OH + CH3CH(OH)CH3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Chứng minh X1 có tính oxi hóa và tính khử

8 (2,5 điểm)

9 (2,0 điểm)

Ni, t * Tính oxi hóa: C2H4(CHO)2 + 2H2  → C2H4(CH2OH)2 Mn 2+ , t 0 * Tính khử: C2H4(CHO)2 + O2  → C2H4(COOH)2 Nhận biết Y1, Y2: Oxi hóa nhẹ Y1, Y2 bằng CuO, lấy sản phẩm đem thực hiện phản ứng tráng gương. Sản phẩm nào có phản ứng tráng gương thì chất đầu là Y1. Chất còn lại là Y2 0

t CH3CH2CH2OH + CuO  → CH3CH2CHO + CuO + H2O t0 CH3CH(OH)CH3 + CuO  → CH3COCH3 + CuO + H2O C2H5CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + 2H2O  → C2H5COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3 Mol NaOH pư = 0,11 ⇒ Có 1 este phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 2 Có phương trình: a + b = 0,08 a + 2b = 0,11 ⇒ a = 0,05 và b = 0,03 2,9 ME = = 58 ⇒ E là C2H5CHO 0, 05 Công thức cấu tạo A là: CH3COOCH=CH-CH3 Công thức cấu tạo B là: CH3COOC6H4CH3 (-o;-m;-p) A (C9H8) có độ bất bão hòa ∆ = 6 A làm mất màu Br2 và cộng êm dịu 1 phân tử H2 cho thấy A có 1 liên kết đôi. A cộng tối đa 4 phân tử H2 và khi oxi hóa tạo axit phtalic cho thấy A có vòng benzen và ngoài ra còn một vòng 5 cạnh nữa. Công thức của A:

0,5

0,5 0,5 0,5

0,5 0,5 0,5 0,5 1,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm) a) Tiến hành thí nghiệm (như hình vẽ): Cho 1 mL ancol etylic, 1 mL axit axetic nguyên chất và 1 giọt axit sunfuric đặc vào ống nghiệm. Lắc đều, đồng thời đun cách thủy 5 - 6 phút trong nồi nước nóng 65 – 70°C. Làm lạnh rồi rót thêm vào ống nghiệm 2 ml dung dịch NaCl bão hòa. Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra khi tiến hành thí nghiệm.

b) Trong một bình nước có chứa 0,01 mol Na+, 0,02 mol Ca2+, 0,005 mol Mg2+, 0,05 mol HCO3− và 0,01 mol Cl − . i) Hãy cho biết nước trong bình có tính cứng tạm thời hay vĩnh cửu. Vì sao? ii) Đun sôi nước trong bình cho đến phản ứng hoàn toàn, hãy cho biết tính cứng của nước có thay đổi hay không?

Câu 2. (2,0 điểm) a) Trộn 1 mL dung dịch H3PO4 0,100M với 1 mL dung dịch CaCl2 0,010M có xuất hiện kết tủa hay không? Giải thích bằng định lượng. Cho: H3PO4: pKa1= 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32; pKs(CaHPO4) = 6,60; pKs(Ca3(PO4)2) = 26,60. b) Thêm V lít dung dịch H2SO4 0,260M vào V lít dung dịch gồm Pb(NO3)2 0,020M và Ba(NO3)2 0,040M tách kết tủa thu được dung dịch A. Hãy tính pH của dung dịch A. Cho: pKa ( HSO −4 ) = 2,00; pKs (BaSO4) = 9,93; pKs (PbSO4) = 7,66 Câu 3. (2,5 điểm) Đem điện phân 100 mL dung dịch X gồm NiCl2 0,20 M và MCl2 0,25 M với điện cực trơ, có cường độ dòng điện một chiều không đổi là 9,65 A. Sau thời gian 10 phút thấy catot tăng lên 1,734 gam và dung dịch sau điện phân chỉ có một chất tan. Nhỏ 100 mL dung dịch gồm K2Cr2O7 0,50 M và H2SO4 2 M vào 100 mL dung dịch MCl2 0,60 M, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y. a) Xác định muối MCl2. b) Thiết lập một pin điện tạo bởi điện cực Pt nhúng trong dung dịch Y với điện cực Ag nhúng trong dung dịch [Ag(NH3)2]NO3 0,50 M, KCN 2,10 M. Viết các bán phản ứng ở mỗi điện cực, phản ứng khi pin phóng điện và suất điện động của pin mới được thiết lập. Cho: MNi=58,7. E0(Cr2O72-/Cr3+) = 1,33 V; E0(Fe3+/Fe2+) = 0,77 V; E0(Ag+/Ag) = 0,80V; β[Ag(CN)43-] = 10-20,67, β[Ag(NH3)2+] = 10-7,23 Câu 4. (2,0 điểm) Hòa tan hết 37,28 gam hỗn hợp Q gồm Fe3O4, Cu trong 500 mL dung dịch chứa HCl 2,4M và HNO3 0,2M, thu được dung dịch P và khí NO. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch P, lọc, lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 41,6 gam chất rắn H. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch P có khí NO thoát ra và thu được m gam kết tủa. Biết sản phẩm khử của NO3− là NO duy nhất, Cl − không bị oxi hóa trong các quá trình phản ứng, các phản ứng hóa học xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị m.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 5. (2,0 điểm) Cho 5,04 lít hỗn hợp A (đktc) gồm C2H2 và H2 qua Ni đun nóng được hỗn hợp khí B chỉ gồm 3 hidrocacbon có tỉ khối so với H2 bằng 14,25. a) Xác định khối lượng trung bình của A. b) Cho B phản ứng hoàn toàn với dung dịch Br2 dư. Tính số mol Br2 đã tham gia phản ứng. Câu 6. (2,5 điểm) a) Một loại muối ăn có lẫn tạp chất: CaCl2, MgCl2, Na2SO4, MgSO4, CaSO4, NaBr, AlCl3. Hãy trình bày cách loại bỏ các tạp chất để thu được muối ăn tinh khiết. b) 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. Câu 7. (2,5 điểm) Hợp chất hữu cơ X (chứa C, H, O) chỉ có một loại nhóm chức. Cho 0,15 mol X phản ứng vừa đủ với 180 gam dung dịch NaOH, thu được dung dịch Y. Làm bay hơi Y, chỉ thu được 164,7 gam hơi nước và 44,4 gam hỗn hợp chất rắn khan Z. Đốt cháy hoàn toàn Z, thu được 23,85 gam Na2CO3; 56,1 gam CO2 và 14,85 gam H2O. Mặt khác, Z phản ứng với dung dịch H2SO4 loãng (dư), thu được hai axit cacboxylic đơn chức và hợp chất T (chứa C, H, O và MT < 126). Xác định công thức phân tử của X. Câu 8. (2,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn chất A (chứa C, H, O, N và có nguồn gốc tự nhiên) thu được CO2 và H2O có tỷ lệ mol tương ứng là 6/7. Tỷ khối hơi của A so với khí hidro là 44,5. A không làm mất màu dung dịch Br2 và tác dụng với NaOH tạo muối có số nguyên tử cacbon không thay đổi. a) Xác định công thức cấu tạo, gọi tên A và cho biết (có giải thích) trạng thái tồn tại của A. b) Viết công thức sản phẩm tạo thành khi đun nóng chất A. Câu 9. (2,0 điểm) a) Viết sơ đồ phản ứng điều chế các chất sau từ benzen, các hợp chất hữu cơ có không quá 3 nguyên tử C và các chất vô cơ cần thiết.

b) Xác định các chất A, B, C, D trong chuỗi phản ứng điều chế N-metyl-4-phenyl piperiđin: +

+ C2 H 3COOC2 H 5 1.C6 H 5 MgBr . H 3O ; 2.t 2 H 5ONa CH3NH2  → A C  → D  → B (C8H15NO3) 1  → C  1:2 2. H O + , t 0 O

1.H 2SO4 dac,1700 C 2.H 2 , Ni,t 0

→ N-metyl-4-phenylpiperiđin. ----------Hết----------

(Cho: H = 1; He = 4; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; K = 39; Fe = 56; Al = 27; Cu = 64; Ag = 108; Cl = 35,5; S = 32) (Học sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 04 trang) Câu

1 (2,0 điểm) b

Nội dung - Trước khi đun, các dung dịch tan vào nhau tạo thành dung dịch đồng nhất. - Đun sau vài phút thấy có hơi mùi thơm thoát ra, xuất hiện 2 lớp chất lỏng phân biệt. H 2SO4 dac ,t o → CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH ← - Làm lạnh rồi rót thêm ít dung dịch NaCl bão hoà vào thấy hiện tượng phân lớp chất lỏng rõ ràng hơn. i) Nước trong bình có tính cứng tạm thời và vĩnh cửu. Vì nước trong bình có chứa nhiều Ca2+ và Mg2+ dưới dạng muối HCO3- và Cl-. ii) Đun sôi nước cho đến phản ứng hoàn toàn, ta được nước mềm. t° Vì: 2 HCO3−  → CO32− + CO2 + H2O

CO32− + Ca2+ → CaCO3

Điểm

1,0

CO32− + Mg2+ → MgCO3 Ion Ca2+ và Mg2+ tác dụng vừa đủ với CO32− ⇒ Dung dịch sau khi đun sôi chỉ chứa NaCl Chủ yếu xét cân bằng:  → H+ + H2PO4H3PO4 ← Ka1 = 10-2,15 

0,050 M 0,050-x1 x1 x1 + ⇒ x1 = [H ] = [H2PO4 ] = 0,0156 −7,21 H2 PO4−  -7,21  HPO42−  2-7,21 3− −12,32 10 [HPO4 ] = 10 =10 ; [PO ] 10 . = k = = 10−17,72 4 a3 H +  0,0156  H +  10 −2 -6,6 .10 −7,21 = 10 −9,51 < Ks (CaHPO4) = 10 CCa 2+ .C HPO 2− = 4 2 ⇒ Không có kết tủa CaHPO4 3

 10−2  −17,72 2 C Ca 2+ .C PO3− =  ) = 10−42,34 < Ks (Ca3(PO4)2) = 10-26,6  . (10 4 2   ⇒ Không có kết tủa Ca3(PO4)2 Thành phần ban đầu: H2SO4 0,130M; Pb(NO3)2 0,010M; Ba(NO3)2 0,020M.  → Pb(NO3)2 Pb2+ + 2NO3– 0,010 0,010 Ba(NO3)2  → Ba2+ + 2NO3– 0,020 0,020 H2SO4 H+ + HSO4–  → 0,130 0,130 0,130 HSO4– + Ba2+  BaSO4↓ + H+ ; K1 = 107,93 → 0,130 0,020 0,130 0,110 ----0,150 – 2+ HSO4 + Pb PbSO4↓ + H+ ; K2 = 105,66  → 0,110 0,010 0,150 0,100 ----0,160 3

2 (2,0 điểm)

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

3 (2,5 điểm)

4 (2,0 điểm)

Thành phần giới hạn: HSO4– 0,100 M; H+ 0,160M; BaSO4↓ , PbSO4↓  → HSO4– ← H+ + SO42 – ; Ka = 10-2  C 0,100 0,160 [ ] (0,100 - x) (0,160 + x) x x(0,160 + x)/(0,100 - x) = 10-2 ⇒ x = [SO42–] = 5,69.10-3 (M) ⇒ [H+] = (0,160 + x) = 0,1657 (M) ⇒ pH = 0,78 Các bán phản ứng trên điện cực: Ở anot: 2 Cl- → Cl2 + 2e Ở Catot: M2+ + 2e → M hoặc 2 Ni2+ + 2e → Ni Theo bài cho có tổng số mol e thu vào là: ne = I.t/F = 9,65.10.60/9650= 0,06 mol Ta xét hai trường hợp: 2+ 2+ a TH1: Nếu ion M bị điện phân hết, gọi x là số mol ion Ni có thể bị điện phân Ta có ne = 0,025.2 + x. 2 = 0,06 mol ⇒ x = 0,005 m = M.0,025 + 58,7.0,005 = 1,734 ⇒ M = 57,6 (loại) TH2: Nếu ion Ni2+ bịđiện phân hết, gọi y là số mol ion M2+ có thể bị điện phân Ta có ne = 0,02.2 + y. 2 = 0,06 mol ⇒ y = 0,005 m = M.0,01 + 58,7.0,02 = 1,734 ⇒ M = 56 (Fe) Với dung dịch loãng chỉ xét phản ứng của ion Fe2+ với Cr2O72-/H+ 6Fe2+ + Cr2O72- + 14H+ → 6Fe3+ + Cr3+ + 7H2O (1) n0 0,06 0,05 0,4 0,0 0,04 0,26 0,06 0,02 ns Dung dịch Y gồm các ion: Fe3+; H+(0,26/0,2=1,3M); Cr3+(0,02/0,2=0,1M); Cr2O72(0,04/0,2=0,2M); K+; Cl-; và SO42-. Khi nhúng thanh Pt vào dung dich Y, xét hệ điện hóa có E0(Cr2O72-/Cr3+)= 1,33 + (0,0592/6)lg(0,2.1,314/0,12) = 1,36 (V). Thế điện cực Ag. Xét cân bằng: - Cân bằng tạo phức bền: Ag[(NH3)2]+ + 4CN- [Ag(CN)4]3- + 2NH3 K=(107,23)-1.1020,67=1013,44>> C0 0,5 2,1 C 0,1 0,5 1 b - Cân bằng tạo phân li phức : [Ag(CN)4]3- Ag+ + 4CNβ-1 = 10-20,67. C0 0,5 1 [] (0,5-x) x 0,1 + 4x ⇒ β-1 = x.(0,1+4x)4/(0,5-x) = 10-20,67; Giả sử x<< 0,1 ⇒ x = 10-16,97 (t/m) Vậy E [Ag(CN)4]3-/Ag+ = 0,80 + (0,0592/1)lg10-16,97 = -0,20V. Do E(Cr2O72-/2Cr3+) = 1,35V > E Ag(CN)43-/Ag = -0,20V, nên có sơ đồ pin là (-) Ag│Ag(CN)4]3-0,5M; CN-0,1M; NH3 1M││Cr2O72- 0,2M; Cr3+0,1M; H+1,3M │Pt(+) Các bán phản ứng: Ở cực âm(-): Ag + 4CN- → [Ag(CN)4]3- + 1e Ở cực âm(+): Cr2O72- + 6e + 14H+ → 2Cr3+ + 7H2O Phản ứng khi phóng điện: 6Ag + 10CN- + Cr2O72- + 14HCN → 6[Ag(CN)4]3- + 2Cr3+ + 7H2O Suất điện động của pin là: Epin = E(+) - E(-) = 1,36 – (-0,20) = 1,56 (V) Cho NaOH dư vào dung dịch Y kết tủa là Fe(OH)3; Cu(OH)2; Fe(OH)2 Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn H gồm Fe2O3 và CuO. Gọi số mol Fe3O4 và Cu lần lượt là x, y (x, y > 0). 232 x + 64 y = 37, 28 Ta có hệ phương trình: 1,5 x.160 + 80 y = 41,6 → x = 0,1; y = 0,22 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,25

0,25 0,25

0,5

0,25

0,5

nH + = nHCl + nHNO3 = 0,5.2,4 + 0,5.0,2 = 1,3 mol; nNO3− = nHNO3 = 0,1 Cho dung dịch AgNO3 vào dung dịch P, có khí NO thoát ra ⇒ Dung dịch P chứa Fe3+, Fe2+, Cu2+, Cl − , H+; NO3− hết. 3Fe3O4 + 28H+ + NO3−  (1) → 9Fe3+ + NO + 14H2O Mol 0,10 0,28/3 0,10/3 0,30 + − 3Cu + 8H + 2 NO3  → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O (2) Mol 0,10 0,80/3 0,20/3 0,10 (3) Cu + 2Fe3+  → 2Fe2+ + Cu2+ Mol 0,12 0,24 0,24 0,12 Từ các phản ứng (1), (2), (3) ⇒ Dung dịch P sau phản ứng chứa: 0,22 mol Cu2+; 0,24 mol Fe2+; 0,06 Fe3+; 0,1 mol H+ dư; 1,2 mol Cl − . Khi cho AgNO3 dư vào dung dịch P xảy ra các phản ứng: Ag+ + Cl −  → AgCl Mol 1,2 1,2 2+ + − 3Fe + 4H + NO3  → 3Fe3+ + NO + 2H2O Mol 0,075 0,1 2+ Fe + Ag+  → Fe3+ + Ag Mol 0,165 0,165 Khối lượng kết tủa: m = mAgCl + mAg = 1,2.143,5 + 0,165.108 = 190,02 gam B gồm C2H2; C2H4; C2H6 Gọi công thức chung của B là C2 H x

a 5 (2,0 điểm)

6 (2,0 điểm)

dB/H2 = 14,25 ⇒ MB = 14,25.2 = 28,5 ⇒ 24 + x = 28,5 ⇒ x = 4,5 Giả sử có 1 mol B ⇒ mB = 28,5 gam Ni , t ° PT: C2H2 + 1,25H2  → C2H4,5 (1) 1 1,25 1 28,5 m = const ⇒ mA = 28,5 gam mà nA = 2,25 mol ⇒ M A = = 12, 67 2, 25 5, 04 Theo bài ra: n A = = 0, 225(mol ) 22, 4 (1) ⇒ nB = 0,1 (mol) 3 → C2H4,5Br1,5 PT C2H4,5 + Br2  (2) 4 (2) ⇒ số mol Br2 = 0,1.0,75 = 0,075 (mol). - Cho toàn bộ muối ăn có lẫn tạp chất: CaCl2, MgCl2, Na2SO4, MgSO4,CaSO4, NaBr, AlCl3 vào nước rồi khuấy đều cho tan hết các chất tan, có một phần CaSO4 không tan, lọc lấy dung dịch gồm có các ion: Ca2+, Mg2+, Na+, Al3+, Cl-, SO42-, Br-. - Cho lượng dư dung dịch BaCl2 vào dung dịch gồm các ion trên, loại bỏ được ion SO42- Ba2+ + SO42- → BaSO4 - Dung dịch còn lại có: Ca2+, Mg2+, Na+, Al3+, Ba2+, Cl-, Br-. Cho lượng dư dung dịch Na2CO3 vào dung dịch này, loại bỏ được các ion:Ca2+, Mg2+, Al3+, Ba2+ Ca2+ + CO32- → CaCO3 Mg2+ + CO32- → MgCO3 Ba2+ + CO32- → BaCO3 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Al(OH)3 + 3CO2↑ - Dung dịch còn lại có: Na+, CO32-, Cl-, Br-. Cho lượng dư dung dịch HCl vào dung dịch nay, loại bỏ ion CO32-: CO32- + 2H+ → CO2↑ + H2O - Dung dịch còn lại có: Na+, H+, Cl-, Br-. Sục khí Cl2 dư vào dung dịch nay loại bỏ ion Br-: Cl2 + 2Br- → 2Cl- + Br2. Sau đó cô cạn dung dịch còn lại thu được NaCl tinh khiết

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

0,5

7 (2,5 điểm)

b Thí nghiệm xác định sự có mặt của các nguyên tố C và H có trong glucozơ - Từ phản ứng cháy có: + BT natri: nNaOH = 2nNa2CO3 = 2.23,58/106 = 0,45 mol ⇒ mH2O trong dd NaOH = mdd NaOH – mNaOH = 180 – 0,45.40 = 162 gam ⇒ mH2O sinh ra = 164,7 – 162 = 2,7 ⇒ nH2O sinh ra = 0,15 mol + BT cacbon: nC = nNa2CO3 + nCO2= 0,225 + 1,275 = 1,5 mol + nH(X) = 2nH2O sinh ra + 2nH2O chay – nNaOH = 2.0,15 + 2.0,825 – 0,45 = 1,5 mol - Từ phản ứng thuỷ phân: + BTKL: mX = mZ + mH2O sinh ra – mNaOH = 44,4 + 2,7 – 0,45.40 = 29,1 gam + BTNtố: mO = mX – mC – mH = 29,1 – 1,5.12 – 1,5.1 = 9,6 gam ⇒ nO = 0,6 mol CTPT: x : y : z = 1,5 : 1,5 : 0,6 ⇒ số H phải chẳn: C10H10O4 Vì X chỉ chứa 1 loại nhóm chức và phản ứng với NaOH tỷ lệ 1 : 3 nến có 1 nhóm – COO- là este của phaenol và 1 nhóm –COO- là este của axít cacboxylic và tạo 2 axit cacboxylyc nên CTCT là: HCOO- C6H4-CH2OOCCH3 Công thức tổng quát: CxHyOzNt, M = 44,5 × 2 = 89 CxHyOzNt + (x+y/4-z/2)O2 → xCO2 + y/2H2O + t/2N2 x 6 x 3 Theo giả thiết ⇒ Công thức của A được viết lại: (C3H7)nOzNt = ⇒ = y/2 7 y 7 Lại có 43n + 16z + 14t = 89 và vì n, z, t là những số nguyên, dương nên nghiệm a thích hợp là n = 1, z = 2 và t = 1 ⇒ công thức phân tử của A là C3H7O2N. Theo các giả thiết đã cho thì cấu tạo thích hợp của A là: CH3 CH COO- (alanin)

8 (2,0 điểm)

1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

0,5

NH3 A tồn tại ở trạng thái rắn do liên kết liên phân tử là liên kết ion bền vững, nhiệt độ nóng chảy tương ứng cao (> 25oC). Phương trình phản ứng: O C

2 CH3

COO- (alanin)

CH +

CH3 CH

NH3

0,5

CH3 + H2O

0,5

O H2, Ni,t

1/ Br2(1:1)

1/ O3

2/ KOH/EtOH, t0

2/ H2O2/OH-

COOH EtOH/H+ COOH

O COOEt NaOEt COOEt EtOH

COOEt H3O+, t0

MgBr

1/ HBr

1,0

H2SO4

2/ Mg/THF

9 (2,0 điểm)

CH3NH2

2CH2=CH-COOC2H5

CH2-CH2-COOC2H5 C H ONa 2 5 CH2-CH2-COOC2H5

CH3N

O COOC2H5

1.OH2. H3O+, to

N CH3

(A) O

HO 1.C6H5MgBr

N CH3

2. H3O+, to

CH3

(B)

H2SO4,170oC

C 6H 5

H2, Ni/to

CH3

(D)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

Câu 1. (2,5 điểm) Hãy chọn các chất thích hợp và viết các phương trình phản ứng hóa học để hoàn thành sơ đồ biến hóa sau:

+(X)

+(X)+...  → (D) ← (B) ←  (P)  +(Y) +(X)+... +(Y) (M)  → (N ) (Q) → (R)

(A)

Cho biết:

→

- Các chất (A), (B), (D) là hợp chất của natri. - Các chất (M), (N) là hợp chất của nhôm. - Các chất (P), (Q), (R) là hợp chất của bari. - Các chất (N), (Q), (R) là các chất kết tủa. - (X) là chất khí không mùi, làm đục dung dịch nước vôi trong. - (Y) là muối của natri, dung dịch (Y) làm đỏ quỳ tím.

Câu 2. (2,5 điểm) a) Cho một ít vụn Cu vào dung dịch gồm CuSO4 0,5M ; FeSO4 1,0 M ; Fe2(SO4)3 0,25M. Có cân bằng sau xảy ra: Cu(r) + 2Fe3+ Cu2+ + 2Fe2+ - Hãy cho biết chiều của phản ứng ở 250C ? Tìm hằng số cân bằng của phản ứng? [ Fe3+ ] - Thay đổi nồng độ của Fe2+ và Fe3+, tính tỉ lệ tối thiểu để phản ứng đổi chiều? [ Fe 2+ ] Cho biết ở 250C có ECu2 + / Cu = 0, 34V , E Fe3+ / Fe2 + = 0,77V b) Ion MnO4- có thể oxi hoá ion nào trong các ion Cl-, Br-, I- ở các giá trị pH lần lượt bằng 1, 4, 6. Trên cở sở đó hãy dùng dung dịch KMnO4 và dung môi chiết là CCl4 nhận biết các ion I- và Br- có trong hỗn hợp NaCl, NaBr, NaI. 0 O Cho E Br = 1,08V ECl0 / 2 Cl − = 1,36V E IO / 2 I − = 0,62V ; E MnO = 1,51V − ,H + / Mn 2 + / 2 Br − 2

Câu 3. (2,0 điểm) Thêm dần dung dịch NaOH 0,01 M vào dung dịch A chứa H+ 0,1M; Fe3+ 10-2M; Mg2+ 0,1M và NO3 cho đến dư. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Kết tủa nào tạo ra trước. c) Tính khoảng pH trong dung dịch A sao cho kết tủa hết Fe3+ mà chưa tạo kết tủa Mg(OH)2. Biết 3+ Fe được coi kết tủa hết khi nồng độ mol/l của Fe3+ trong dung dịch < 10-6 M. Cho: Tích số tan Mg(OH)2: 10–11 ; Fe(OH)3 : 10–38. Câu 4. (2,5 điểm) Hỗn hợp A gồm hai oxit của sắt. Dẫn từ từ khí H2 đi qua m gam A đựng trong ống sứ đã nung đến nhiệt độ thích hợp. Sản phẩm tạo thành 2,07 gam nước và 8,48 gam hỗn hợp B gồm hai chất rắn. Hòa tan B trong 200ml dung dịch H2SO4 1M thu được dung dịch D và 1971,2 ml H2 ở 27,3oC và 1atm. Cho D tác dụng với dung dịch NaOH dư sẽ được kết tủa E. Cho E tiếp xúc với không khí để chuyển E hoàn toàn thành chất rắn F. Khối lượng của E và F khác nhau 1,36 gam. a) Tính m. b) Tính nồng độ CM của các chất trong dung dịch D (cho rằng thể tích D thay đổi không đáng kể so với thể tích dung dịch H2SO4 đã dùng).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

c) Xác định công thức và tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi chất trong A. Câu 5. (2,0 điểm) Trong một bình kín dung tích 2,24 lít chứa một ít bột Ni xúc tác và hỗn hợp khí H2, C2H4, C3H6 (ở đktc). Tỉ lệ số mol C2H4 và C3H6 là 1:1. Đốt nóng bình trong một thời gian sau đó làm lạnh bình tới 0oC, áp suất trong bình lúc đó là P. Tỉ khối so với hiđro của các hỗn hợp khí trong bình trước và sau phản ứng là 7,600 và 8,445. a) Giải thích tại sao tỉ khối tăng. b) Tính phần trăm thể tích các khí trong bình trước phản ứng. c) Tính áp suất P. d) Tính hiệu suất phản ứng đối với mỗi olefin, biết rằng nếu cho khí trong bình sau phản ứng đi từ từ qua bình nước brom dư thấy nước brom bị nhạt màu và khối lượng bình nước brom tăng 1,05 gam. Câu 6. (1,5 điểm) Trình bày phương pháp hóa học phân biệt năm lọ hóa chất lỏng mất nhãn gồm axit fomic, axit acrilic, anđehit propionic, ancol etylic và ancol n-propylic. Câu 7. (2,0 điểm) Mannozơ (monosaccarit) HOCH2-(CHOH)4-CH=O là đồng phân của glucozơ. Ở dạng vòng sáu cạnh mannozơ chỉ khác glucozơ ở chỗ nhóm OH ở nguyên tử C2 nằm cùng phía với OH ở nguyên tử C3. Oxi hóa mannozơ bằng dung dịch HNO3 ở 100oC thu được sản phẩm Y chứa 41,38%C, 3,45%H và 55,17%O. Y bị thủy phân cả trong môi trường axit cũng như bazơ tạo ra axit polihidroxidicacboxilic hoặc muối tương ứng. Xác định công thức cấu tạo của Y, biết MY = 174đvC. Câu 8. (3,0 điểm) A là hợp chất hữu cơ đơn chức, mạch hở chứa C, H, O. Cho một lượng chất A tác dụng hoàn toàn với 500 ml dung dịch KOH 2,4 M rồi cô cạn, được 105 gam chất rắn khan B và m gam ancol C. Oxi hóa m gam ancol C bằng oxi (có xúc tác) được hỗn hợp X. Chia X thành ba phần bằng nhau: - Phần một tác dụng với dung dịch AgNO3 trong amoniac (dư), được 21,6 gam Ag. - Phần hai tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư, được 2,24 lít khí (đktc). - Phần ba tác dụng với Na vừa đủ, thu được 4,48 lít khí (đktc) và 25,8 gam chất rắn khan. a) Xác định công thức cấu tạo của ancol C, biết đun nóng ancol C với H2SO4 đặc, ở 170°C được Anken. b) Tính % số mol ancol C đã bị oxi hóa? c) Xác định công thức cấu tạo của A? Câu 9. (2,0 điểm) Cho ba amino axit sau: H 2 N-(C H 2 ) 4 -C H -C O O H N

COOH

prolin

NH2

H O O C -(C H 2 ) 2 -C H -C O O H NH2

lysin

axit glutam ic

a) Hãy đề nghị giá trị pH để phân tách hỗn hợp các amino axit này bằng phương pháp điện di.Biết pHI của Pro= 6,3, Lys = 9,74 và Glu = 3,08 b) Hãy gắn các giá trị pKa 3,15 và 8,23 cho từng nhóm chức trong phân tử đipeptit Gly-Ala. Viết công thức cấu tạo của đipeptit này khi ở pH= 4,0 và pH= 11,0. ----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang) Câu

1 (2,5 điểm)

Nội dung Khí X là CO2, muối Y là NaHSO4, A là NaOH; B là Na2CO3; D là NaHCO3; P là Ba(HCO3)2; R là BaSO4; Q là BaCO3; M là NaAlO2; N là Al(OH)3. Các phương trình phản ứng: 2NaOH + CO2 → Na2CO3 + H2O Na2CO3 + CO2 + H2O → 2NaHCO3 NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O 2NaOH + 2Al + 2H2O → 2 NaAlO2 + 3H2 NaAlO2 + CO2 + 2 H2O → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3 3Na2CO3 + 2AlCl3 + 3H2O → 2Al(OH)3 ↓ + 6NaCl + 3CO2 2NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O (Hoặc NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3 + NaOH + H2O) BaCO3 + 2NaHSO4 → BaSO4 + Na2SO4 + CO2 + H2O Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 → BaSO4 + Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O (Hoặc Ba(HCO3)2 + NaHSO4 → BaSO4 + NaHCO3 + CO2 + H2O) Ba(HCO3)2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2NaHCO3 Chú ý: - Mỗi phương trình đúng được 0,2 điểm - Học sinh viết sai công thức chất, sai phương trình không cho điểm phương trình đó - Học sinh viết phương trình, không cân bằng trừ một nửa tổng số điểm của phương trình đó [Cu2+] = [Fe3+] = 0,5M Cu(r) + 2Fe3+ Cu2+ + 2Fe2+ 0,5 EFe3+ / Fe2+ = 0, 77 + 0, 059 lg = 0, 752V 1 Ta có 0,059 ECu 2+ / Cu = 0, 34 + lg 0,5 = 0, 331V 2 a Vì E Fe3+ / Fe2+ > ECu2 + / Cu nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận.

lg K = 2 (2,5 điểm)

nE 0 2(0,77 − 0,34) = = 14,576 → K = 3,767.1014 0,059 0,059

Để đổi chiều phản ứng: 0,77 + 0,059 lg

[ Fe3+ ] [ Fe3+ ] 0,331 > → > 3,6.10-8 lần 2+ 2+ [ Fe ] [ Fe ]

MnO4- + 8 H+ + 5e → Mn2+ + 4 H2O [ MnO4− ][ H + ]8 EMnO − / Mn 2+ = E 0 + lg 4 [ Mn 2 + ]

Khi pH = 1

EMnO − / Mn2+ = 1,4156 (V) > ECl0 4

/ 2 Cl −

2,0

0,5

0,5 0,5

= 1,36V

-- -

Ion MnO4 có thể oxi hoá các ion Br ,I . Khi pH = 6 EMnO − / Mn 2+ = 0,9436 (V) > E IO / 2 I − Ion MnO4- chỉ có thể oxi hoá ion I-.

0,5

0,25

Ion MnO4- có thể oxi hoá các ion Cl-,Br--,I-. 0 Khi pH = 4 EMnO − / Mn2+ = 1,1324 (V) > EBr = 1,08V / 2 Br − -

Điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Ban đầu thực hành ở pH = 6 , dùng KMnO4 với dung môi CCl4, I2 được hình thành tan trong dung môi có màu tím. Chiết lớp dung môi , thay lớp dung môi có pH = 4, thấy lớp dung môi có màu vàng của Br2. OH- + H+ → H2O 3OH- + Fe3+ → Fe(OH)3 2OH- + Mg2+ → Mg(OH)2

0,25 0,5

TFe(OH)3 =10-38 =  Fe3+   OH -  → khi bắt đầu xuất xuất hiện kết tủa Fe(OH)3 thì [OH-] =

3 (2,0 điểm)

TFe(OH)3

 Fe3+ 

0,5

10−38 = 10-12M → pH = 2 −2 10

khi bắt đầu xuất hiện kết tủa Mg(OH)2 thì [OH-] =

TMg(OH)2

 Mg 2+ 

10−11 = 10-5M → −1 10

0,5

pH = 9. Vậy Fe(OH)3 kết tủa trước Khi Fe3+ kết tủa hết → [OH-] =

TFe(OH)3

 Fe3+ 

10−38 = 10-10,67M → thời điểm khi 10 −6

Fe3+ kết tủa hết là pH > 3,33. Vậy để kết tủa hoàn toàn Fe3+ mà chưa tạo kết tủa Mg(OH)2 cần duy trì pH trong khoảng: 3,3 < pH ≤ 9

0,5

4 (2,5 điểm)

t aFexOy + (ay – bx)H2  → xFeaOb + (ay – bx)H2O 2,07 ⇒ n H 2 = n H 2O = = 0,115mol 18 Áp dụng ĐLBTKL: m = mA = (2,07 + 8,48) – 0,115.2 = 10,32 gam. B tan trong H2SO4 loãng cho H2 → trong B phải có Fe: Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2↑ n H 2 = 0,08 mol → nFe = n H 2 = 0,08 mol → mFe = 0,08.56 = 4,48 gam < mB = 8,48 gam nên trong B phải có sắt oxit, hòa tan trong H2SO4 để tạo ra dung dịch D gồm FeSO4 và Fe2(SO4)3. Các phản ứng: H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O FeSO4 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + Na2SO4 Fe2(SO4)3 + 6NaOH → 2Fe(OH)3↓ + 3Na2SO4 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 Cứ 1 mol Fe(OH)2 → 1 mol Fe(OH)3 thì khối lượng tăng 17 gam. 1,36 → nFe(OH ) = = 0,08 mol = nFe. Vậy toàn bộ Fe(OH)2 đều được tạo ra từ 2 17 FeSO4 do tác dụng của Fe với H2SO4 → lượng Fe2(SO4)3 có trong dung dịch là do Fe2O3 tác dụng với axit tạo thành: Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O n Fe2O3 = 0,025 mol

0,5

0,25

0,5

→ n H 2 SO4 dư = 0,2 – 0,08 – 3.0,025 = 0,045 mol

CM ( H 2SO4 ) = 0,225M ; CM ( Fe2 (SO4 )3 ) = 0,125M ; CM ( FeSO4 ) = 0,4M Theo kết quả trên, trong hỗn hợp A có a mol Fe2O3 và b mol FexOy (x≠2, y≠3). Áp dụng ĐLBTNT Fe và O: 2a + bx = 0,13 (1) 3a + by = 0,19 (2) Từ (1) và (2) → b =

0,01 3x − 2y

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

b 5 (2,0 điểm)

- Xét x = y = 1 → b = 0,01 mol → hỗn hợp A có 0,01 mol FeO (0,72g) chiếm 6,98% và Fe2O3 chiếm 93,02%. - Xét x = 3, y = 4 → b = 0,01 mol → hỗn hợp A có 0,01 mol Fe3O4 (2,32g) chiếm 22,48% và Fe2O3 chiếm 77,52%. Gọi hỗn hợp trước và sau phản ứng là A, B + Khi đun nóng hỗn hợp A sẽ xảy ra các phản ứng: C2H4 + H2 → C2H6 (1) C3H6 + H2 → C3H8 (2) + Theo định luật BTKL thì mA = mB, nhưng nA > nB do 2 phản ứng trên nên M A < MB . + Gọi x, y, y lần lượt là số mol của H2; C2H4; C3H6. Ta có:  x + 2y = 0,1  2x + 70y = 7,6.2.0,1 = 1,52 → x = 0,06 mol ; y = 0,02 mol. → %VH = 60%; %VC H = %VC H = 20% 2

7 (2,0 điểm)

0,25

0,5

Áp dụng công thức PV = nRT, ta có:

P B nB M A 7,6 = = = = 0,89994 ≈ 0,900 PA nA M B 8,445 → PB = 0,900.PA = 0,900 atm. + nA = 0,1 mol; nB = 0,09 mol. + Gọi a, b lần lượt là số mol C2H4, C3H6 tham gia phản ứng cộng H2; Ta có: a + b = 0,1 − 0,09 = 0,01  d 28(0,02 − a) + 42(0,02 − b) = 1,05 → a = b = 0,005 mol. 0,005 .100 = 25% → H %C H = H %C H = 2 4 3 6 0,02 Nhận ra hai axit cacboxylic bằng quỳ tím ẩm (làm quỳ hóa đỏ, các mẫu thử khác không làm đổi màu quỳ) và phân biệt hai axit bằng phản ứng tráng gương (axit fomic tạo kết tủa Ag). c

6 (1,5 điểm)

0,25

0,5

0,75

RCOOH + H2O ⇄ RCOO + H3O HCOOH + 2AgNO3 + 4NH3 + H2O → (NH4)2CO3 + 2Ag + 2NH4NO3 Dùng phản ứng tráng gương nhận ra andehit axetic trong các mẫu thử còn lại và dùng I2/NaOH để phân biệt hai ancol (chỉ etanol tạo kết tủa vàng iodofom). CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → CH3COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3 CH3CH2OH + 4I2 + 6NaOH → HCOONa + CHI3 + 5NaI + 5H2O 41, 38 55,17 C:H:O= : 3,45 : = 1 : 1 : 1 ⇒ (CHO)k 12 16 Mz = 29k > 160 ⇒ 5,5 < k < 7 (mannozơ có 6C) → k = 6 ⇒ C6H6O6 Nhóm –CH=O và –CH2OH trong Mannozơ dễ bị oxihoá bởi HNO3 nóng tạo ra 2 nhóm –COOH. Nếu sản phẩm Z là HOOC-(CHOH)4-COOH thì công thức phântử không đúng với C6H6O6. Mặt khác, Z còn bị thuỷ phân (H+ hay OH-) → Z là este sinh ra do 2 nhóm –COOH kết hợp với 2 nhóm –OH ở vị trí không gian thuận lợi tạo ra vòng bền (5 hay 6 cạnh). OH OH O O O=C CH CH CH CH C=O C =O O= C O OH O OH

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,75

0,5

1,0

O O=C

CH CH

OH CH

C=O

C =O

OH O O=C O Xác định công thức cấu tạo ancol C: Hợp chất hữu cơ đơn chức A chứa C, H, O tác dụng với dung dịch KOH cho ancol C, suy ra A là este đơn chức. Đun nóng ancol C với H2SO4 đặc ở 1700C được anken, chứng tỏ ancol C là ancol no đơn chức, mạch hở và có số nguyên tử C lớn hơn hoặc bằng 2. Oxi hóa ancol C được sản phẩm tham gia phản ứng tráng gương, suy ra C là ancol bậc một. Vậy A có công thức tổng quát là: RCOOCH2R’ (với R' khác H). Phản ứng của A với dung dịch KOH : RCOOCH2R’ + KOH → RCOOK +R’CH2OH (1) Phản ứng oxi hóa m gam ancol C : xt → 2R’CHO + 2 H2O (2) 2 R’CH2OH + O2  xt R’CH2OH + O2  → R’COOH + H2O (3) Hỗn hợp X gồm R’CHO, R’COOH, H2O và R’CH2OH dư. Gọi số mol R'CH2OH, R'CHO, R'COOH trong 1/3 hỗn hợp X lần lượt là x, y, z mol. ⇒ số mol H2O trong 1/3 hỗn hợp X là (y + z) mol. * Phần một:

0,25

8 (3,0 điểm)

t R’CHO + 2[Ag(NH3)2]OH  (4) → R’COONH4 + 2Ag↓ + 3NH3 + H2O y mol 2y mol Số mol Ag = 2y = 21,6 : 108 = 0,2 ⇒ y = 0,1 (mol) * Phần hai: R’COOH + NaHCO3 → R’COONa + H2O + CO2 ↑ (5) z mol z mol Số mol CO2 = z = 2,24 : 22,4 = 0,1 (mol) * Phần ba: 2 R’COOH + 2 Na → 2 R’COONa + H2 ↑ (6) z mol z mol 0,5 z mol 2 R’CH2OH + 2 Na → 2 R’CH2ONa + H2 ↑ (7) x mol x mol 0,5x mol 2 H2O + 2 Na → 2 NaOH + H2↑ (8) (y + z) mol (y + z) mol 0,5(y + z) mol Số mol H2: 0,5z + 0,5x + 0,5( y + z ) = 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol ) ⇒ x + y + 2z = 0,4 (*) Thay y = 0,1; z = 0,1 vào (*) được: x = 0,1 (mol) Chất rắn khan thu được sau phản ứng ở phần III gồm : 0,1 (mol) R’COONa ; 0,1 (mol) R’CH2ONa và 0,2 (mol) NaOH. Số gam chất rắn khan : (R’+ 67). 0,1 + (R’ + 53). 0,1 + 40. 0,2 = 25,8 (gam) ⇒ MR’ = 29 ⇒ R’ là C2H5 – Vậy công thức cấu tạo của ancol C: CH3– CH2 – CH2 - OH. Tính phần trăm số mol C3H7OH bị oxi hóa : Tổng số mol ancol đã bị oxi hóa: 3(y + z ) = 3 . 0,2 = 0,6 (mol). Số mol C3H7OH có trong m gam là : 3(x + y + z) = 3 . 0,3 = 0,9 (mol) % số mol C3H7OH đã bị oxi hóa là: (0,6 : 0,9) .100% = 66,67 % Xác định công thức cấu tạo của A: Theo (1): nKOH phản ứng = nmuối = nC = 0,9 (mol) Số mol KOH dư: 0,5. 2,4 – 0,9 = 0,3 (mol) Chất rắn khan B gồm: 0,9 (mol) RCOOK và 0,3 (mol) KOH dư Khối lượng chất rắn khan B: (R + 83).0,9 + 56.0,3 = 105

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,25 0,25

a 9 (2,0 điểm)

⇒ MR = 15 ⇒ R là CH3 – Vậy công thức cấu tạo của A là: CH3 – COO – CH2 – CH2 – CH3 Ở pH = 6 Prolin tồn tại ở dạng muối lưỡng cực, hầu như không di chuyển. Lysin tồn tại ở dạng axit (cation) di chuyển về cực âm (catot). Axit glutamic tồn tại ở dạng bazơ (anion) di chuyển về cực dương (anot). Công thức, gắn đúng giá trị pK và tính đúng pHI của Gly-Ala (8,23) H3N+ – CH2 – CO – NH – CH(CH3) – COO– (3,15) - pHI của nó: (8,23 + 3,15) / 2 = 5,69. Công thức cấu tạo của đipeptit: Ở pH = 4: H3N+ – CH2 – CO – NH – CH(CH3) – COOH Ở pH = 11: H2N – CH2 – CO – NH – CH(CH3) – COO–

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0 0,5 0,5

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 5

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm). 1. Hoàn thành các phương trình phản ứng hóa học sau đây: a. NaCl + H2SO4 đặc, nóng → b. NaBr + H2SO4 đặc, nóng → c. NaClO + PbS → d. FeSO4 + H2SO4 + HNO2 → e. KMnO4 + H2SO4 + HNO2 → 2. Cho 2-metylbut-2-en phản ứng với axit clohidric. Trình bày cơ chế của phản ứng, cho biết sản phẩm chính và giải thích. Câu 2 (2,0 điểm). 1. Tìm các chất thích hợp ứng với các ký hiệu A1, A2, A3, A4, A5 trong sơ đồ sau và hoàn thành các phương trình phản ứng dưới dạng công thức cấu tạo? +O2,xt +Benzen/H+ A3 Crackinh (3) (2) A5 (C3H6O) CnH2n+2 A2 (1) A1(khí) (4) A4 (5) +O2/xt +H O/H+ 2

2. Cho các chất sau: CO2, CaCO3, Ca(HCO3)2, Na2CO3. Hãy lập một sơ đồ biểu diễn tối đa mối quan hệ giữa các chất trên. Viết các phương trình hóa học biểu diễn các mối quan hệ đó. Câu 3 (2,0 điểm). Cho 0,1 mol chất X (có công thức phân tử C2H9O6N3) tác dụng với dung dịch chứa 0,4 mol NaOH đun nóng, thu được một chất làm xanh giấy quỳ ẩm và dung dịch Y. Cô cạn Y, thu được m gam chất rắn khan. Tính m. Câu 4 (2,0 điểm). Hỗn hợp X gồm M2CO3, MHCO3 và MCl (M là kim loại kiềm). Cho 32,65 gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch HC1 thu đuợc dung dịch Y và có 17,6 gam CO2 thoát ra. Dung dịch Y tác dụng với dung dịch AgNO3 dư đuợc 100,45 gam kết tủa. Tính thành phần phần trăm theo khối luợng muối MCl trong X. Câu 5 (2,0 điểm). 1. Dùng công thức tổng quát để viết các phương trình phản ứng sau: a) Este + NaOH → 1 muối + 2 ancol b) Este + NaOH → 1 muối + 1 anđehit c) Este + NaOH → 2 muối + nước d) Este + NaOH → 2 muối + 1 ancol + nước 2. Viết phương trình phản ứng điều chế các chất sau: a) N2, H3PO4, CO, HNO3, HCl trong phòng thí nghiệm. b) Photpho, supephotphat đơn, phân ure trong công nghiệp. Câu 6 (2,0 điểm). Cho 12,24 gam hỗn hợp D gồm C2H6, C2H4, C3H4 vào dung dịch AgNO3/NH3 dư, phản ứng kết thúc, thu được 14,7 gam kết tủa. Mặt khác 0,19 mol hỗn hợp D phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 0,14 mol Br2. Viết các phương trình phản ứng và tính số mol mỗi chất trong 12,24 gam hỗn hợp D.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 7 (2,0 điểm). Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp X gồm 2 este no, mạch hở (chỉ chứa nhóm chức este) bằng dung dịch NaOH vừa đủ. Chưng cất dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp Z gồm 2 ancol, số nguyên tử cacbon trong mỗi phân tử ancol không quá 3 nguyên tử và 12,3 gam muối khan Y của một axit hữu cơ. Đốt cháy hoàn toàn muối Y, thu được 0,075 mol Na2CO3. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Z, thu được 0,15 mol CO2 và 0,24 mol H2O. Xác định công thức cấu tạo của 2 este. Câu 8 (2,0 điểm). Hòa tan hết m gam hỗn hợp R gồm Na, Na2O, Ba và BaO vào nước, thu được 0,15 mol khí H2 và dung dịch X. Sục 0,32 mol khí CO2 vào dung dịch X, thu được dung dịch Y chỉ chứa các ion Na+, HCO3-, CO32- và kết tủa Z. Chia dung dịch Y thành 2 phần bằng nhau: - Cho từ từ đến hết phần 1 vào dung dịch chứa 0,12 mol HCl, thu được 0,075 mol CO2, coi tốc độ phản ứng của HCO3-, CO32- với H+ bằng nhau. - Cho từ từ đến hết dung dịch chứa 0,12 mol HCl vào phần 2, thu được 0,06 mol CO2. Tính giá trị của m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 9 (2,0 điểm). Đốt cháy hoàn toàn một lượng chất X là andehit mạch hở thu được 38,72 gam CO2 và 7,92 gam nước. Biết rằng, cứ 1 thể tích hơi chất X phản ứng tối đa với 3 thể tích khí H2, sản phẩm thu được nếu cho tác dụng hết với Na (dư) sẽ cho thể tích khí H2 sinh ra bằng thể tích hơi X tham gia phản ứng ban đầu. Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. 1. Tìm X. 2. Dùng CTCT viết phương trình hóa học xảy ra khi cho X lần lượt phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, đun nóng và nước Br2 dư. Câu 10 (2,0 điểm). Hòa tan hết 15,0 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, FeCO3 và Fe(NO3)2 trong dung dịch chứa NaHSO4 và 0,16 mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm CO2 và NO (tỉ lệ mol tương ứng 1 : 4). Dung dịch Y hòa tan tối đa 8,64 gam bột Cu, thấy thoát ra 0,03 mol khí NO. Nếu cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào Y, thu được 154,4 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và khí NO là sản phẩm khử duy nhất của cả quá trình. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của Fe đơn chất trong hỗn hợp X. ----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 5 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 04 trang) Câu

1 (2,0 điểm)

Nội dung a. NaCl + H2SO4 (đặc, nóng) → HCl + NaHSO4 hoặc 2NaCl + H2SO4 (đặc, nóng) → 2HCl + Na2SO4 b. 2NaBr + 2H2SO4 (đặc, nóng) → 2NaHSO4 + 2HBr 2HBr + H2SO4 (đặc, nóng) → SO2 + 2H2O + Br2 2NaBr + 3H2SO4 (đặc, nóng) → 2NaHSO4 + SO2 + 2H2O + Br2 c. NaClO + PbS → 4NaCl + PbSO4 d. 2FeSO4 + H2SO4 + 2HNO2 → Fe2(SO4)3 + 2NO + 2H2O e. 2KMnO4 + 3H2SO4 + 5HNO2 → K2SO4 + 2MnSO4 + 5HNO3 + 3H2O CH3 CH3

CH3-C-CH2-CH3 (I) +

CH3-C=CH-CH3

CH3-C-CH2-CH3 Cl

CH3-C-CH-CH3 +

2-Clo-2-metylbutan

CH3 CH3-CH-CH-CH3 Cl 2-Clo-3-metylbutan

(II)

2-Clo-2-metylbutan là sản phẩm chính. Do cacbocation bậc ba (I) bền hơn cacbocation bậc hai (II), mặt khác do cacbocation bậc hai (II) có khả năng chuyển vị hiđrua tạo thành cacbocation bậc ba (I) nên sản phẩm 2-clo-metylbutan là sản phẩm chính. Các phản ứng: 1. CH3-CH2-CH2-CH3

Crackinh

CH(CH3)2

1 3.

2 (2,0 điểm)

H2SO4

0,25 0,25

(A3)

1.O2 2.H2SO4(l)

CH3-CH=CH2 + H2O

0,25

CH3-CH=CH2 + CH4 (A2) CH(CH3)2

(A1)

2. CH3-CH=CH2 +

1,25

CH3

Cl-

CH3

Điểm

1,0 + CH3-CO-CH3 (A5)

H+

CH3-CH(OH)-CH3 + 1/2O2

Cu,t

CH3-CH(OH)-CH3 (A4) 0

CH3-CO-CH3 (A5)

+ H2O

Sơ đồ biểu diễn mối quan hệ giữa các chất: Na2CO3

CO2 CaCO3 Ca(HCO3)2 Các phương trình hóa học: Na2CO3 + CaCl2

1,0

→

CaCO3 + 2NaCl

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3 (2,0 điểm)

Ca(HCO3)2 + NaOH → CaCO3 + Na2CO3 + H2O Na2CO3 + HCl → NaCl + CO2 + H2O CO2 + NaOH → Na2CO3 + H2O → CaCl2 + CO2 + H2O CaCO3 + HCl CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 → CaCl2 + CO2 + H2O Ca(HCO3)2 + HCl Ca(HCO3)2 CaCO3 + CO2 + H2O → CaCO3 + H2O Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 → Theo gt ta suy ra CTCT của X là: NH3NO3 CH2 NH3HCO3 PTHH xảy ra: X + 3NaOH CH2(NH2)2 + NaNO3 + Na2CO3 + 3H2O Từ Pt ta suy ra chất rắn gồm NaNO3(0,1 mol), Na2CO3(0,1 mol), NaOH dư (0,1 mol) => m = 23,1 gam Đặt n M 2CO3 = x; n MHCO3 = y; n MCl = z ⇒ n HCl ph¶n øng = 2x + y

1,0

Bảo toàn nguyên tố Clo: n AgCl = 0, 7 = 2x + y + z; n CO2 = 0, 4 = x + y

4 (2,0 điểm)

m X = 32, 65 = ( 2M + 60 ) .x + ( M + 61) .y + ( M + 35,5 ) .z ⇒ 32,65 = M. ( 2x + y + z ) + 60. ( x + y ) + y + 35,5z ⇒ 0, 7M + y + 35, 5z = 8, 65 ⇒ 0, 7M < 8, 65 ⇒ M < 12,36 ⇒ M là Liti ⇒ M = 7 ⇒ giải hệ có: x = y = 0, 2 mol; z = 0,1 mol. ⇒ %m MCl = 0,1× 42, 5 ÷ 32, 65 ×100% = 13, 02% .

a) ROOC-R’-COOR” + 2NaOH → ROH + R”OH + NaOOC-R’-COONa b) RCOOCH=CH2 + NaOH → RCOONa + CH3CHO c) RCOOC6H4R’ + 2NaOH → RCOONa + NaOC6H4R’ + H2O d) ROOC-R’-COOC6H4R” + 3NaOH → ROH + NaOOC-R’-COONa + NaOC6H4R’ + H2O

2,0

1,0

t NH4Cl + NaNO2  → N2 + NaCl + 2H2O o

t P + 5HNO3 đặc  → H3PO4 + 5NO2 + H2O

5 (2,0 điểm)

H2SO4 ®Æc, t o

HCOOH → CO + H2O

Chöng caát ôû P thaáp NaNO3(rắn) + H2SO4(đặc)  → HNO3 + NaHSO4 to

1,0

→ HCl + NaHSO4 NaCl(rắn) + H2SO4(đặc)  o

1200 C Ca3(PO4)2 + 3SiO2 + 5C → 3CaSiO3 + 2P + 5CO

180− 200 C , 200 atm CO2 + 2NH3  → (NH2)2CO + H2O o

t → Ca(H2PO4)2 + 2CaSO4 Ca3(PO4)2 + 2H2SO4(đặc)  Gọi x, y, z lần lượt là số mol của C2H6, C2H4, C3H4 trong 12,24 gam D

6 (2,0 điểm)

3 → CH3-C ≡ CAg +2NH3 + H2O (1) CH3-C ≡ CH +Ag[(NH3)2]OH  C2H4 + Br2 BrH2C - CH2Br (2) CH3 - C ≡ CH + 2 Br2 CH3- CBr2 - CHBr2 (3) Theo (1→3) và bài ra ta có hệ:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,0

 30 x + 28 y + 40 z = 12, 24  x = 0, 2   14,7  = 0,1 ⇒  y = 0,08 z = 147    z = 0,1  x + y + z y + 2z  0,19 = 0,14 

Ta có n Na/ Y = n NaOH = 2 n Na CO = 0,15 mol 2

Gọi CT chung của Z là Cn H2n+2 O m ⇒ n =

0,15 5 = ⇒ có CH3OH 0,24 − 0,15 3

Vì nNaOH > nhh Z ⇒ Z có ít nhất 1 ancol đa chức và axit tạo muối Y đơn chức Gọi Y là RCOONa ⇒ nRCOONa = nNa/Y = 0,15mol ⇒ MRCOONa =

7 (2,0 điểm)

1,0

12,3 = 82 0,15

⇒ R = 15 ⇒ Y là CH3COONa Trong Z: ancol còn lại là đa chức C2H4(OH)2 hoặc C3H8Oz (z = 2 hoặc 3) TH 1: Nếu 2 ancol là CH3OH và C2H4(OH)2 và x, y là số mol của 2 ancol tương ứng x + y = 0,09 x = 0, 03  ⇒ nNaOH = x + 2y = 0,15 (thỏa mãn) ⇒ x+ 2y 5 ⇒  y = 0,06  0, 09 = 3  ⇒ CTCT của 2 este là CH3COOCH3 và (CH3COO)2C2H4 TH 2: Nếu 2 ancol là CH3OH và C3H8-z(OH)z; a và b là số mol của 2 ancol tương ứng

1,0

a + b = 0,09 a = 0, 06  ⇒ a+3b 5 ⇒  ⇒ nNaOH = a+zb =0,06+0,03z = 0,15⇒ z = 3  b = 0,03  0, 09 = 3  ⇒ CTCT của 2 este là CH3COOCH3 và (CH3COO)3C3H5 Gọi a, b lần lượt là số mol CO32- và HCO3- trong 1/2 Y Phần 2: 0,06 mol < 0,07 mol ⇒ H+ hết

nCO32- = a = nH+ - nCO2 = 0,12 – 0,06 = 0,06 mol Phần 1: H+ hết HCO3- + H+ → H2O + CO2

8 (2,0 điểm)

9 (2,0 điểm)

CO 32 − + 2H+ → H2O + CO2

2a + b a + b 2.0, 06 + b 0, 06 + b ⇒ = ⇒ b = 0, 04 mol = 0,12 0, 075 0,12 0, 075 ⇒ Trong Y: 0,12 mol CO32-, 0,08 mol HCO3- ⇒ 0,24 + 0,08 = 0,32 mol Na+ Bảo toàn cacbon: nBaCO3 = nBa(OH)2= 0,32 – 0,2 = 0,12 mol Sơ đồ: R + H2O → NaOH + Ba(OH)2 + H2 ⇒ m + (0,16 + 0,12 + 0,15).18 = 40.0,32 + 0,12.171 + 0,15.2 Vậy m = 25,88 gam X + H2 → ancol, mà ancol + Na ⇒ số mol H2 = nX ⇒ anđehit X có 2 nhóm CHO. Vì Vhiđro = 3Vanđehit ⇒ Trong phân tử X có 3 liên kết π , trong đó có 2 liên kết 1 π ở nhóm CHO, 1 liên kết π ở gốc hiđrocacbon ⇒ Công thức của X có dạng: CmH2m-2(CHO)2 P/ư cháy : CmH2m-2(CHO)2 + (1,5m + 2) O2 → (m+2)CO2 + mH2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,0

1,0

⇒

m + 2 0,88 = ⇒m=2 m 0, 44

⇒ CT của X là C2H2(CHO)2 CTPT: C4H4O2 CTCT của X: OHC - CH = CH - CHO (dạng cis- và trans- ). CH2 = C(CHO)2 Các PTHH 0

t OHC - CH = CH - CHO + 4[Ag(NH3)2]OH  → H4NOOC-CH=CH-COONH4 + 4Ag + 6NH3 + 2H2O 0

t CH2 = C(CHO)2+ 4[Ag(NH3)2]OH  → CH2 = C(COONH4)2 + 4Ag + 6NH3 + 2H2O OHC - CH = CH - CHO + 3Br2 + 2H2O → HOOC - CHBr - CHBr - COOH + 4HBr CH2 = C(CHO)2 + 3Br2 + 2H2O → CH2Br - CBr(COOH)2 + 4HBr - Dung dịch Y gồm Fe3+, H+, Na+, NO3− và SO 24− (dung dịch Y không chứa Fe2+, vì

1,0

không tồn tại dung dịch cùng chứa Fe2+, H+ và NO3− ). - Khi cho dung dịch Y tác dụng với 0,135 mol Cu thì: BT:e   → n Fe3+ = 2n Cu − 3n NO = 0,18 mol  n H+ ( d− ) = 4n NO = 0,12 mol

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH)2 ta có:

n BaSO4 = n NaHSO4 =

m ↓ −107n Fe3+

= 0,58 mol 233 BTDT - Xét dung dịch Y, có:  → n NO− = 2n SO2 − − 3n Fe3+ + n H + + n Na + = 0,08 mol 3

(

)

⇒ m Y = 23n Na + + 56n Fe3+ + n H+ + 62n NO− + 96n SO2 − = 84,18 ( g ) 3

10 (2,0 điểm)

BT:H  → n H 2O =

n NaHSO4 + n HNO3 − n H+ ( d− )

= 0,31 mol 2 - Xét hỗn hợp khí Z, có n CO2 = x mol và n NO = 4x mol. Mặt khác:

2,0

BTKL: 44n CO2 + 30n NO = m X + 120n NaHSO4 + n HNO3 − m T − 18n H 2O

→ 44x + 3x.30 = 4,92 ⇒ x = 0,03 mol - Quay trở lại hỗn hợp rắn X, ta có: BT:N  → n Fe( NO3 ) =

n NO− + n NO − n HNO3 3

0,08 + 0,12 − 0,16 = 0,02 mol 2

và n FeCO3 = n CO2 = 0,03 mol mà n Fe3O4 =

n O( trong oxit )

⇒ %m Fe =

⇒ n Fe3O4 =

n NaHSO4 + n HNO3 − 2n CO2 − 4n NO − n H+ ( d− )

m X − 232n Fe3O4 − 116n FeCO3 − 180n Fe( NO3 ) mX

= 0,01 mol

.100 = 37,33

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 6

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (4,0 điểm) 1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây: a) NaI + H2SO4 đặc, nóng → b) NaBr + H2SO4 đặc, nóng → c) KNO3 + S + C d) FeSO4 + H2SO4 + HNO2 → → → e) KMnO4 + H2SO4 + HNO2 f) NaNO2 + H2SO4 loãng → 2. Trộn 100ml dung dịch HCl aM với 150ml dung dịch NaOH 1,5M thu được dung dịch D. Dung dịch D hòa tan được tối đa 0,05 mol Al. Tính a. 3. Cho hỗn hợp gồm Al và FeS2 tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư, thu được một chất khí màu nâu (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng với dung dịch hỗn hợp Ba(OH)2 và NaOH (dư), phản ứng hoàn toàn thu được kết tủa. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion rút gọn. 4. Hòa tan hỗn hợp bột gồm m gam Cu và 4,64 gam Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 (loãng, rất dư), sau khi các phản ứng kết thúc chỉ thu được dung dịch Y. Dung dịch Y làm mất màu vừa đủ 100 ml dung dịch KMnO4 0,1M. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính giá trị m. Câu 2. (4,0 điểm) 1. Cho lần lượt các dung dịch sau: Na2CO3, FeCl3, KI, Al2(SO4)3, AgNO3 lần lượt tác dụng với các chất: NH3, Na2S, FeCl2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion rút gọn. 2. Cho 2,2 gam hỗn hợp A gồm 2 muối NaX, NaY (X và Y là 2 halogen ở hai chu kì liên tiếp, ZX< ZY) tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được 4,749 gam kết tủa. Tính % theo khối lượng NaX trong hỗn hợp. 3. Cho biết giá trị năng lượng ion hoá thứ nhất I1 (kj/mol) của các nguyên tố thuộc chu kì 2 như sau: Chu kỳ 2 Li Be B C N O F Ne I1 (kj/mol) 520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081 Nhận xét sự biến thiên năng lượng ion hoá thứ nhất của các nguyên tố trên. Giải thích? 4. Hòa tan một hỗn hợp gồm 0,01 mol Fe và 0,02 mol Fe2O3 trong dung dịch có chứa 0,14 mol HCl thu được dung dịch B. Cho B tác dụng vừa đủ với dung dịch KMnO4 0,2M đã được axit hóa bằng dung dịch H2SO4 loãng dư. Viết phương trình phản ứng dạng ion và tính thể tích dung dịch KMnO4 0,2M đã dùng. Câu 3. (2,0 điểm) 1. Hòa tan hoàn toàn 2,36 gam hỗn hợp M gồm 2 kim loại X và Y trong dung dịch chứa đồng thời hai axit HNO3 và H2SO4 đậm đặc, đun nóng. Sau khi phản ứng kết thúc, thu được 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí Z chỉ gồm T và NO2, dung dịch G có chứa ion X2+, Y+. Biết tỉ khối của Z so với metan là 3,15625. a) Tính khối lượng muối khan thu được sau khi cô cạn cẩn thận dung dịch G (Giả thiết không xảy ra quá trình nhiệt phân các muối trong dung dịch G). b) Xác định khoảng giá trị thay đổi của khối lượng muối khan khi thay đổi tỉ lệ khí T và NO2. 2. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Zn, FeCO3, Ag bằng dung dịch HNO3 loãng, thu được hỗn hợp A gồm 2 khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu trong không khí, tỉ khối của A so với hiđro bằng 19,2 và dung dịch B. Cho B tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa, nung đến khối lượng không đổi, phản ứng hoàn toàn, thu được 2,82 gam chất rắn. Biết rằng mỗi chất trong hỗn hợp chỉ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

khử HNO3 tạo thành một sản phẩm khử và trong hỗn hợp số mol Zn bằng số mol FeCO3. Xác định sản phẩm khử đã cho và tính số mol mỗi chất trong m gam hỗn hợp ban đầu.

Câu 4. (3,0 điểm) 1. Hãy cho biết ứng với công thức phân tử CnH2nO2 sẽ có những loại đồng phân nào? Lấy C3H6O2 để viết các loại đồng phân đó. 2. Một hỗn hợp lỏng gồm 4 chất: C6H5OH, C6H6, C6H5NH2, C2H5OH. Nêu phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 3. Hoàn thành sơ đồ chuyển hoá sau: A C4H12N2O2

+NaOH E

+NaOH CaO, t

HNO2

+CuO, to

Cao su Buna

+HCl

CO2

Câu 5. (4,0 điểm) 1. Chất A có công thức phân tử C11H20O4. A tác dụng với dung dịch NaOH tạo thành muối của axit hữu cơ B mạch hở, không nhánh và hai ancol là etanol và propan-2-ol. a) Viết công thức cấu tạo của A, B và gọi tên chúng. b) Cho B tác dụng với chất C để tạo thành tơ nilon-6,6. Viết phương trình phản ứng xảy ra. c) Hãy giải thích tại sao tơ nilon-6,6 và tơ enang dễ bị axit và kiềm phân hủy. 2. Khi oxi hóa etylen glicol bằng dung dịch HNO3 thu được sản phẩm gồm 5 chất hữu cơ. Viết công thức cấu tạo 5 chất trên, sắp xếp chúng theo thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi và giải thích ngắn gọn vì sao có sự sắp xếp đó. 3. Có 4 dung dịch: C6H5ONa, (NH4)2CO3, BaCl2, Na2SO4 và 3 chất lỏng: C2H5OH, C6H6, C6H5NH2. Hãy nhận biết các chất trên chỉ bằng 1 thuốc thử và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 4. Hiđrocacbon A có: 150 đvC < MA < 170 đvC. Đốt cháy hoàn toàn a gam A thu được a gam H2O. Cho A tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được chất hữu cơ B. A tác dụng với H2O, xúc tác HgSO4, đun nóng thu được chất C. Đun nóng C với dung dịch KMnO4 trong H2SO4 sinh ra chất D có công thức cấu tạo: CH3 H3C

CH2

COOH

COCH3

C CH2

CH3

COOH

Lý luận xác định công thức cấu tạo của A, B, C (Không cần viết các phương trình phản ứng). Câu 6. (3,0 điểm) Este A tạo bởi 2 axit cacboxylic X, Y đều mạch hở, không phân nhánh và ancol Z. Xà phòng hóa hoàn toàn a gam A bằng 190 ml dung dịch NaOH xM, để trung hòa NaOH dư sau phản ứng cần dùng 80ml dung dịch HCl 0,25M, thu được dung dịch B. Cô cạn dung dịch B thu được b gam hỗn hợp muối khan M, nung M trong NaOH khan dư, có xúc tác CaO, thu được chất rắn R và hỗn hợp khí K gồm 2 hiđrocacbon có tỉ khối so với O2 là 0,625. Dẫn khí K lội qua dung dịch nước brom dư thấy có 5,376 lít một chất khí thoát ra. Cho toàn bộ lượng chất rắn R thu được ở trên tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư, có 8,064 lít khí CO2 thoát ra. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. 1. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, A. Biết rằng để đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam ancol Z cần dùng 2,352 lít O2 (đktc), sau phản ứng khí CO2 và hơi nước tạo thành có tỉ lệ khối lượng tương ứng là 11:6. 2. Tính giá trị a, b và x. ----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 6 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 07 trang)

Câu Câu 1

Nội dung

Hoàn thành phương trình phản ứng: a) 2 NaI +2 H2SO4 (đặc, nóng) → 2 NaHSO4 + 2 HI 8 HI + H2SO4 (đặc, nóng) → H2S + 4 H2O + 4 I2 Hoặc: 8 NaI+9 H2SO4 (đặc, nóng) → 8 NaHSO4 + H2S +4 H2O+4I2 b) 2 NaBr + 2 H2SO4 (đặc, nóng) → 2 NaHSO4 + 2 HBr 2 HBr + H2SO4 (đặc, nóng) → SO2 + 2 H2O + Br2 Hoặc: 2 NaBr+3 H2SO4 (đặc, nóng) → 2 NaHSO4 + SO2+2 H2O+Br2

Điểm 4,0 điểm 1,0

t c) 2 KNO3 + S + 3C  → K2S + N2 + 3CO2 d) 2 FeSO4 + H2SO4 + 2 HNO2 → Fe2(SO4)3 + 2 NO + 2 H2O e) 2 KMnO4 +3H2SO4 + 5HNO2 → K2SO4 + 2MnSO4+HNO3 + 3 H2O f) 3 NaNO2 + H2SO4 (loãng) → Na2SO4 + NaNO3 + 2 NO + H2O Ta có: n HCl = 0,1a mol; n NaOH = 0,15.1,5 = 0, 225 mol Khi trộn xảy ra phản ứng: HCl + NaOH → NaCl + H2O (1) Vì Al tan được trong dung dịch axit và kiềm nên xảy ra hai trường hợp: -Trường hợp 1: HCl dư, NaOH hết sau (1) xảy ra tiếp phản ứng: 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (2) nHCl = 0,225 + 0,15 = 0,375 = 0,1a ⇒ a = 3,75 (M) -Trường hợp 2: HCl hết, NaOH dư sau (1) xảy ra tiếp phản ứng: 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (3) Suy ra: nNaOH (1) = nHCl (1)= 0,225–0,05 = 0,175(mol) ⇒ a = 1,75 (M) Phương trình phản ứng dạng ion rút gọn Al + 6H+ + 3NO3- → Al3+ + 3NO2 + 3H2O FeS2 + 14H+ + 15NO3- → Fe3+ +15NO2 + 2SO42- +7 H2O H+ + OH- → H2O Ba2+ + SO42- → BaSO4 Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 Al(OH)3 + OH- → Al(OH)4-

1,0

4, 64

Ta có: n Fe O = = 0, 02 mol, n Cu = x mol 232 3 4 Fe3O4 + 4H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)4 + H2O → 0,02 0,02 0,02 Cu + Fe2(SO4)3 → 2FeSO4 + CuSO4 → x mol 2x mol 2KMnO4 +10FeSO4+ 8H2SO4 → 2MnSO4 +5Fe2(SO4)3 +K2SO4 +8 H2O 0,01 → 0,05 Ta có: 0,02+2x=0,05 ⇒ x=0,015 mol Vậy: Khối lượng của Cu là 0,96 gam

Câu 2 1

1,0

Phản ứng dạng ion *Với NH3: Fe3+ + 3NH3 + 3H2O → Fe(OH)3+ 3NH4+ Al3+ + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3+ 3NH4+ Ag+ +2NH3 → Ag(NH3)2+ *Với dung dịch Na2S: 2Fe3+ + S2- → 2Fe2+ + S 2Al3+ + 3S2- + 6H2O → 2Al(OH)3 + 3H2S

4,0 điểm 1,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

*Với dung dịch FeCl2: Fe2+ + CO32- → FeCO3 Fe2++Cl-+2Ag+ → Fe3+ +AgCl+Ag (hoặc rời 2 phương trình) Trường hợp 1: Hỗn hợp gồm NaF và NaCl. Kết tủa chỉ là AgCl n

1,0

4, 749

n 0, 0331 mol NaCl = AgCl = 143, 5 =

⇒ m NaF = 2, 2 − 0, 0331.58, 5 = 0, 26365 gam Trường hợp 2: Không có muối florua. Đặt công thức chung của 2 muối là NaX NaX + AgNO3  → NaNO3 + AgX ↓ (1) ⇒ n

NaX

4, 749 − 2, 2 108 − 23

= 0, 03 ⇒ M

NaX

2, 2 0, 03

= 73, 3 g/mol

⇒ X = 73,3-23=50,3 ⇒ Hai halogen kế tiếp là Cl(35,3) < 50,3 < Br( 80) 58, 5x + 103 y = 2, 2  x = 0, 02 ⇒ ⇒ m NaCl = 0, 02.58, 5 = 1,17 gam   x + y = 0, 03  y = 0, 01 * Nhìn chung năng lượng ion hoá tăng dần Giải thích: Từ trái sang phải trong một chu kỳ, điện tích hạt nhân của các nguyên tố tăng dần và số lớp e không đổi, nên lực hút giữa điện tích hạt nhân và e lớp ngoài cùng tăng, làm e càng khó bị tách ra khỏi nguyên tử nên năng lượng ion hoá tăng. * Be và N có năng lượng ion hoá cao bất thường Giải thích: Be có cấu hình e 1s22s2, cấu hình ở phân lớp s bảo hòa và N có cấu hình e là: 1s22s22p3, phân lớp p bán bão hoà. Đây cũng là những cấu hình e bền nên cũng cần cung cấp năng lượng cao hơn để tách e ra khỏi nguyên tử. Viết các phương trình phản ứng và tính thể tích của dung dịch KMnO4 Fe2O3 + 6H+ → 2Fe3+ + 3H2O 0,02 → 0,12 → 0,04 Fe + 2Fe3+ → 3Fe2+ 0,01 → 0,02 → 0,03 Dd B gồm: 0,02 mol H+, 0,03 mol Fe2+, 0,01 mol Fe3+, 0,14 mol ClMnO4- + 5Fe2+ + 8H+ → Mn2+ +5Fe3+ + 4 H2O 0,006 ← 0,03 2MnO4- + 10Cl- + 16H+ → 2Mn2+ + 5Cl2 + 8H2O 0,028 ← 0,14 Ta có: VddKMnO4 = 0,17 lít = 170 ml

Câu 3 1

Tính khối lượng muối khan *Xác định số mol các chất khí Số mol Z = 0,896: 22,4 = 0,04 (mol) M = 3,15625.16 = 50,5

1,0

2,0 điểm 0,5

Z M NO = 46 < 50,5 < M T ⇒ T là SO2 (M=64) 2

Gọi a là số mol SO2, b là số mol NO2 64a + 46 b = 50, 5.0, 04 = 2, 02 a = 0, 01 Ta có hệ:  ⇒  a + b = 0, 04 b = 0, 03 Phương trình phản ứng: (Có thể không cần ghi phản ứng) X + 2H2SO4 → XSO4 + SO2 + 2H2O 2Y + 2H2SO4 → Y2SO4 + SO2 + 2H2O X + 4HNO3 → X(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Y + 2HNO3 → YNO3 + NO2 + H2O ∑m muối khan = ∑mM + ∑mNO3- + ∑m SO42= 2,36 + 0,03.62 + 0,01.96 = 5,18 (gam) Xác định khoảng giá trị X → X2+ + 2e x 2x

0,5

+6 +4 S + 2e → S

0,02 ← 0,01 +5

Y → Y+ + 1e N + 1e → N y y 0,03 ← 0,03 Theo định luật bảo toàn electron: 2x + y = 0,05 Khối lượng hỗn hợp: xX + yY = 2,36 *Giả sử chỉ tạo NO2 thì: Khối lượng 2 muối nitrat= x(X + 124)+y(Y + 62)=2,36+62.0,05=5,46 g *Giả sử chỉ tạo SO2 thì: Khối lượng 2 muối sunfat= x(X + 96)+y/2(2Y+96)=2,36+48.0,05= 4,76g Vậy: 4,76 gam < khối lượng 4 muối < 5,46 gam

*Hỗn hợp A gồm: CO2 và NO Do Ag có tính khử yếu nên chỉ tạo NO Vì mỗi chất trong hh chỉ tạo một chất sản phẩm khử nên Zn sẽ khử HNO3 thành NO hoặc NH4NO3 Gọi x là số mol Zn ⇒ số mol FeCO3 = x, gọi là số mol Ag= y *Nếu Zn cũng khử HNO3 tạo ra khí NO thì ta có: 3Zn + 8HNO3 → Zn(NO3)2 + 2NO + 4H2O → x 2x/3 3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O → y y/3 3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 3CO2 + NO + 5H2O → x x x/3 3x + y ⇒ Khí tạo thành có: x mol CO2 và mol NO 3 *Vì hh khí có tỉ khối so với hiđro là 19,2 nên n(CO2) = 1,5.nNO 3x + y ⇒ x = 1,5. ⇒ y = -x (loại) 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

*Do đó sản phẩm khử của Zn là: NH4NO3

0,5

4Zn + 10HNO3 → 4Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O x x x/4 3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O y y y/3 3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 3CO2 + NO + 5H2O x x x x/3 x+y mol NO. ⇒ Khí tạo thành có x mol CO2 và 3 Vì số mol CO2 = 1,5. nNO. Nên x = y * Khi B + NaOH dư và nung thì chất rắn chỉ có: 0

NaOH t → Fe(OH)3  → 1/2 Fe2O3 Fe(NO3)3  0

NaOH t AgNO3  → 1/2Ag2O  → Ag 0,5x mol Fe2O3 + y mol Ag. Vì x = y nên ta có: 80x + 108x = 2,82 x = 0,015 mol. Vậy cả 3 chất trong hh đã cho đều có số mol là 0,015 mol.

Câu 4 1

CnH2nO2 có tổng số vòng no và số liên kết π là 1 Vậy phải có 1 liên kết π hoặc 1 vòng no *Axit no, đơn chức, mạch hở (n ≥ 1) => C2H5COOH *Este no, đơn chức, mạch hở (n ≥ 2) => HCOOC2H5, CH3COOCH3 *Tạp chức: 1-OH; 1-CHO (n ≥ 2) => HO-CH2CH=O, CH3-CH(OH)CHO 1-O-; 1-CHO => CH3-O-CH2-CHO 1-OH; 1-CO- => CH3-CO-CH2-CHO 1-O-; 1-CO- => CH3-O-CO-CH3 OH

OH * Vòng no: Cho hỗn hợp vào dung dịch NaOH dư, chiết tách phần không tan ta được hỗn hợp gồm C6H6, C6H5NH2 (hỗn hợp I) C6H5OH + NaOH → C6H5ONa + H2O Phần dung dịch gồm: C6H5ONa, C2H5OH, NaOH dư ( dung dịch II) Chưng cất dung dịch (II), hơi ngưng tụ làm khô được C2H5OH vì C6H5ONa, NaOH không bay hơi. Cho CO2 dư vào ddC6H5ONa, NaOH, lọc tách phần kết tủa được C6H5OH NaOH + CO2 → NaHCO3 C6H5ONa + CO2 + H2O → C6H5OH + NaHCO3 Cho hỗn hợp (I) vào dd HCl dư, chiết tách phần không tan ta được C6H6 C6H5NH2 + HCl → C6H5NH3Cl (tan) Cho dung dịch thu được gồm C6H5NH3Cl, HCl dư vào dung dịch NaOH dư, chiết tách phần chất lỏng ở trên ta được C6H5NH2 HCl + NaOH → NaCl + H2O C6H5NH3Cl + NaOH → C6H5NH2 + NaCl + H2O NH2C2H4COOH3NCH3, A: NH2C2H4COONa, B: C2H5NH2, C: C2H5OH, D: C4H6, E: CH3NH2,F: CH3OH, G: HCHO, H: Na2CO3. Phản ứng:

3,0 điểm 1.0

1.0

t → NH2C2H4COONa+ CH3NH2 + H2O NH2C2H4COOH3NCH3+NaOH  o CaO,t → C H NH + Na CO NH C H COONa+ NaOH  2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C2H5NH2 + HNO2 → C2H5OH + N2 + H2O o

xt,t → C H + 2H O + H 2C2H5OH  4 6 2 2

xt,p,t nC4H6 → (-CH2CH=CHCH2-)n CH3NH2 + HNO2 → CH3OH + N2 + H2O o

t CH3OH + CuO  → HCHO + Cu + H2O o

t HCHO + 4Cu(OH)2 + 2NaOH  → Na2CO3 + 2Cu2O + 6H2O Na2CO3 +2HCl → 2NaCl + CO2 + H2O

Câu 5 1

*Do A tác dụng với dung dịch NaOH tạo thành muối của axit axit hữu cơ B mạch hở, không nhánh và hai ancol là etanol và propan-2-ol. Công thức: A là H5C2OOC(CH2)4COOCH(CH3)2 (etyl isopropyl ađipat) B là HOOC(CH2)4COOH (axit ađipic)

4,0 điểm 0,5

t Phản ứng: H5C2OOC(CH2)4COOCH(CH3)2+2NaOH  → NaOOC(CH2)4COONa + C2H5OH + (CH3)2CHOH *C là Hexametylen điamin: H2N(CH2)6NH2 xt,p,to

Phản ứng: H2N(CH2)6NH2 + HOOC(CH2)4COOH → [-HN(CH2)6NH-CO-(CH2)4CO-]n (tơ nilon-6,6) +2H2O Tơ enang: [-HN(CH2)6-CO-]n Do tơ nilon-6,6; tơ enang đều có nhóm –HN-CO– nên đều bị axit, kiềm phá hủy do phản ứng thủy phân *Trong môi trường kiềm: –HN-CO– + OH- → –NH2 + –COO*Trong môi axit: –HN-CO– + H+ + H2O → –NH3+ + –COOH

0,5

*Khi oxi hóa etylen glicol bằng dung dịch HNO3 thì nhóm –CH2-OH sẽ bị oxi hóa thành –CHO, -COOH. Ta có công thức của 5 chất là: HO-CH2-CHO, HO-CH2-COOH, O=CH-CHO, O=CH-COOH, HOOCCOOH *Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi: O=CH-CHO, HO-CH2-CHO, O=CH-COOH, HO-CH2-COOH, HOOCCOOH *Giải thích: -Do liên kết H trong axit bền hơn trong ancol -Khối lượng phân tử tăng dần

0,5

*Dùng thuốc thử là dung dịch H2SO4 loãng -Tạo khí không màu, không mùi:(NH4)2CO3. -Tạo dung dịch trong suốt chuyển sang vẩn đục là: C6H5ONa. -Tạo kết tủa trắng là: BaCl2. -Tạo hiện tượng phân lớp là: C6H6. -Tạo hiện tượng vẩn đục chuyển sang trong suốt là: C6H5NH2. -Tạo dung dịch trong suốt là: C2H5OH và Na2SO4.

1,0

*Cho BaCl2 vào C2H5OH và Na2SO4 thì Na2SO4 tạo kết tủa trắng. Không hiện tượng là: C2H5OH. *Phản ứng: (NH4)2CO3 + H2SO4 → CO2 + H2O + (NH4)2SO4 2C6H5ONa+ H2SO4 → 2C6H5OH + Ma2SO4 BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 + 2HCl C6H5NH2+ H2SO4 → (C6H5NH3)2SO4 Na2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2NaCl

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

y y )O2 xCO2 + H2O 4 2 Ta có: mA = mH O 12x + y = 9y ⇒ x:y = 2:3

Gọi công thức A là: CxHy : CxHy + (x +

1,0

CTPT của A, B có dạng: C2nH3n . Từ: 150 < M < 170 5,55 < n < 6,29 Vậy: n = 6 . CTPT của A là: C12H18 Phân tử A có độ bất bảo hoà ∆ = 4. Vì: A + AgNO3/NH3 B HgSO , to

4 → C A + H2O 

Suy ra: A là hợp chất không no chứa nối ba C≡C đầu mạch. Vì chất C tác dụng với dd KMnO4 trong H2SO4 sinh ra chất D: CH3 H3C

CH2

COOH

COCH3

C CH2

CH3

COOH

Suy ra CTCT của A là: C

C(CH3)3-CH2-

CTCT của B là: C

C(CH3)3-CH2-

CAg

CTCT của C:

CO-CH3

C(CH3)3-CH2-

Câu 6 1

* Xác định Z. Do:

m CO

n 2 = 11 => CO2 = 3 mH O 6 nH O 4 2 2

. Vậy n H O > n CO 2 2

3,0 điểm 1,0

=> Z là ancol no, mạch hở: CnH2n+2Ok (k≤n) 3n + 1 − k CnH2n+2Ok + O2 → nCO2 + (n+1)H2O 2 3n + 1 − k 1 (mol) → mol → n mol →(n+1) mol 2 n 3 Ta có: nO2 phản ứng = 0,105 mol. Từ: = => n = 3 (n + 1) 4 3n + 1 − k (14n + 2 + 16k)/2,76= / 0,105 2 44 + 16k 2, 76 = => k = 3 . Vậy Z là C3H8O3 Thay n = 3 vào ta có 10 − k 0, 21 CH2OHCHOHCH2OH: glixerol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

*Xác định 2 axit X, Y: Vì K = 32.0,625 = 20 ⇒ CH4, khí còn lại là R’H ⇒ X: CH3COOH Cho K qua dung dịch Br2 dư chỉ thu được 1 khí bay ra ⇒ n CH4 = 5,376/22,4 = 0,24 mol Chất rắn R có chứa Na2CO3: Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2 + H2O ← 0,36 0,36 o CaO,t → Na CO + CH CH COONa + NaOH  3

1,0

0,24 ← 0,24 ← 0,24 0,24 ← Y là: R’(COOH)t ⇒ muối: R’(COONa)t Do mạch hở, không phân nhánh nên t=1 hoặc t = 2. o CaO,t → t.Na CO + R’H R’(COONa)t + t.NaOH  2 3 t 0,12 → 0,12/t Ta có: K =

16.0, 24 + M R 'H .0,12 / t t = 20 0, 24 + 0,12 / t

⇒ M R 'H t = 20 +8.t

Khi t=1 thì M R 'H t = 28 => C2H4 => axit Y: CH2=CH- COOH (0,12 mol) Khi t=2 thì M R 'H t = 36 (loại). Vậy A là: C3H5(OCOCH3)2(OCOC2H3)

*Xác định a, b, x. Trung hòa NaOH dư sau phản ứng xà phòng hóa: NaOH + HCl → NaCl + H2O 0,02 0,02 0,02 0,02 Trong M có: CH3COONa (0,24mol),C2H3COONa (0,12mol),NaCl (0,02mol) Vậy: mM = b = 82.0,24 + 94.0,12 + 58,5.0,02 = 32,13 gam o

t C3H5(OCOCH3)2(OCOC2H3)+3NaOH  → C3H5(OH)3+ 2CH3COONa+C2H5COONa ← 0,12 mol 0,36mol 0,24 mol Vậy: a = 230.0,12 = 27,6 gam Ta có:x=0,38/0,19=2mol/lít Công thức cấu tạo của A: CH3COO-CH2 CH3COO-CH2 C2H3COO-CH CH3COO-CH

C2H3COO-CH2

CH3COO-CH2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 7

Câu 1 (2,0 điểm). 1. Nêu hiện tượng, viết phương trình hóa học cho các thí nghiệm (mỗi thí nghiệm chỉ viết 1 phương trình) a. Cho 2a mol kim loại natri vào dung dịch chứa a mol amoni hiđrosunfat. b. Cho hỗn hợp dạng bột gồm oxit sắt từ và đồng (dư) vào dung dịch axit clohiđric dư. c. Cho b mol kim loại bari vào dung dịch chứa b mol phenylamoni sunfat. d. Trộn dung dịch natri hiđrosunfat vào dung dịch bari phenolat. 2. Hợp chất MX2 có trong một loại quặng phổ biến trong tự nhiên. Hòa tan MX2 trong dung dịch HNO3 đặc nóng, thu được dung dịch A. Cho dung dịch BaCl2 vào A thu được kết tủa trắng, cho A tác dụng với dung dịch NH3 dư, thu được kết tủa đỏ nâu. a. MX2 là chất gì? Viết các phương trình phản ứng dạng ion thu gọn. b. Nước ở các khe suối, nơi có hợp chất MX2 thường có pH rất thấp. Giải thích hiện tượng này bằng phương trình phản ứng. Câu 2 (2,0 điểm). 1. Viết phản ứng điều chế tơ lapsan từ metan và các chất vô cơ cần thiết. 2. Hai chất X, Y là đồng phân của nhau(chứa C, H, O), oxi chiếm 34,783% khối lượng phân tử. Y có nhiệt độ sôi thấp hơn X. a. Xác định công thức cấu tạo của X, Y. b. Chọn các chất thích hợp để hoàn thành sơ đồ sau: 0

+A +B +C +C +D +E xt , t X  → X 1  → X 2  → X 3  → X 4 → X 5  → X 6  →Y

3. Ankađien X có phần trăm khối lượng của cacbon là 87,273%. Thực hiện phản ứng ozon phân X rồi xử lý với Zn/CH3COOH, thu được hai sản phẩm hữu cơ là CH3CHO và CH3-CO-CO-CH3. Viết công thức cấu tạo, gọi tên của X. Câu 3 (2,0 điểm). 1. Tính khối lượng amoniclorua và thể tích dung dịch natri hidroxit 3,0M cần thêm vào 200mL nước và sau đó pha loãng đến 500mL để điều chế dung dịch đệm có pH = 9,5 với nồng độ muối là 0,1M. Biết pKb (NH3) = 4,76. 2. Cho cốc thủy tinh thứ nhất chứa dung dịch hỗn hợp KMnO4 0,02M, MnSO4 0,005M và H2SO4 0,5M; cốc thứ hai chứa dung dịch hỗn hợp FeSO4 0,15M và Fe2(SO4)3 0,0015M. Đặt điện cực platin vào mỗi cốc và nối hai cốc với nhau bằng cầu muối. Nối các điện cực với nhau qua một Vol kế. Giả thiết rằng H2SO4 điện li hoàn toàn và thể tích dung dịch trong mỗi cốc bằng nhau. Cho Eo

Fe3 / Fe2 +

= 0,771V và E o

MnO −4 , H + / Mn 2 +

= 1,51V .

a. Tính thế mỗi điện cực trước khi phản ứng xảy ra. Viết sơ đồ pin và tính hiệu thế pin. b. Tính hằng số cân bằng và thế mỗi điện cực tại cân bằng. Câu 4 (2,0 điểm). Hòa tan hoàn toàn 27,04 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al2O3, Mg(NO3)2 vào dung dịch chứa hai chất tan NaNO3 và 1,08 mol H2SO4(loãng). Sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và 0,28 mol hỗn hợp Z gồm N2O, H2. Tỷ khối của Z so với H2 bằng 10. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 2,28 mol NaOH, thu được 27,84 gam kết tủa. Tính phần trăm khối lượng của nhôm kim loại có trong X. Câu 5 (2,0 điểm).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1. Hòa tan Al bằng V ml dung dịch H2SO4 1M và HCl 1M, thu được dung dịch Y. Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào Y, thấy khối lượng kết tủa tạo thành phụ thuộc vào số mol Ba(OH)2 như đồ thị sau: Dựa vào đồ thị trên, tìm giá trị của y. 2. Hỗn hợp X gồm Fe2O3, FeO và Fe. Hòa tan m gam X trong dung dịch chứa 1,5 mol HNO3, thu được dung dịch Y và 2,24 lít khí NO. Dung dịch Y hòa tan tối đa 17,6 gam Cu, thấy thoát ra 1,12 lít NO. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5 và ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính m. Câu 6 (2,0 điểm). Trộn hiđrocacbon khí A với oxi theo tỉ lệ thể tích A:O2 = 1:9 rồi cho vào bình kín thấy áp suất trong bình là 1 atm ở 00C. Bật tia lửa điện để A cháy hết, hh sau pư có áp suất là 1,575 atm ở 136,50C. 1. Tìm CTPT của A? 2. Viết CTCT có thể có của A biết tất cả các nguyên tử cacbon trong A đều có cùng một dạng lai hóa? 3. Chọn CTCT của A ở trên để viết sơ đồ tổng hợp chất B(Anthracen) có CTCT như sau:

Câu 7 (2,0 điểm). 1. Xà phòng hóa hoàn toàn x mol chất béo A trong dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và hỗn hợp muối B. Đốt cháy hoàn toàn x mol A thu được 2,55 mol H2O và 2,75 mol CO2. Mặt khác, x mol A tác dụng tối đa với 0,1 mol Br2 trong dung dịch(dung môi CCl4). Tính khối lượng của hỗn hợp muối B. 2. Hỗn hợp X gồm ba este đều đơn chức. Cho m gam X tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,7 mol NaOH, thu được hỗn hợp Y gồm hai ancol cùng dãy đồng đẳng và 57,2 gam hỗn hợp muối Z. Đốt cháy hoàn toàn lượng Y trên, thu được 0,4 mol CO2 và 0,7 mol H2O. Tính m. Câu 8 (2,0 điểm). Hỗn hợp X gồm metyl aminoaxetat (H2N-CH2-COOCH3), axit glutamic và vinyl fomat. Hỗn hợp Y gồm etilen và metylamin. Để đốt cháy hoàn toàn x mol X và y mol Y thì tổng số mol oxi cần dùng vừa đủ là 2,28 mol, thu được H2O; 0,2 mol N2 và 1,82 mol CO2 . Mặt khác, để phản ứng hết với x mol X cần vừa đủ V ml dung dịch NaOH 4M, đun nóng. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính V. Câu 9 (2,0 điểm). 1. Vẽ cấu dạng ghế bền và kém bền cho: a. β-D-manopyranozơ b. β-L-glucopyranozơ 2. Lập luận xác định cấu tạo của lactozơ, một disacacrit có trong sữa, biết: (i) Thủy phân trong emulsin tạo ra D-glucozơ và D-galactozơ, (ii) Đó là một đường khử có khả năng nghịch chuyển. (iii) Khi thủy phân osazon của nó thu được D-glucosazon và D-galactozơ, (iv) Oxi hóa nhẹ nhàng, sau đó metyl hóa rồi cuối cùng thủy phân tạo các sản phẩm tương tự như sản phẩm thu được từ mantozơ. Câu 10 (2,0 điểm). 1. Cho các chất: metylamin, phenylamin, amoniac, đimetylamin, natri hidroxit, natri etylat. Sắp xếp theo chiều tăng dần tính bazơ của các chất trên, giải thích. 2. Hòa tan V1 ml ancol etylic vào V2 ml nước thu được V3 ml dung dịch X. a. Trong dung dịch X có tối đa bao nhiêu loại liên kết hiđro liên phân tử? Liên kết nào bền nhất? Giải thích. b. So sánh giá trị của tổng (V1+V2) với V3. Giải thích. ----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 7 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang) Câu

1 1 (2,0 điểm) 2

Nội dung Có khí mùi khai thoát ra 2Na + NH4HSO4 → Na2SO4 + NH3 + H2 Hỗn hợp bột tan một phần(Cu dư), dung dịch chuyển sang màu xanh Fe3O4 + Cu + 8HCl→ 3FeCl2+ CuCl2+ 4H2O Xuất hiện kết tủa trắng, kết tủa lỏng(phân lớp), khí bay ra Ba + (C6H5-NH3)2SO4 → BaSO4↓+ C6H5-NH2↓ +H2 Xuất hiện kết tủa trắng, kết tủa lỏng(phân lớp) 2NaHSO4 + (C6H5O)2Ba → BaSO4↓+ 2C6H5-OH↓+ Na2SO4 MX2 là FeS2 : sắt(II)đisunfua FeS2 + 14H+ + 15NO3- →Fe3+ + 2SO42- + 15NO2 + 7H2O SO42- + Ba2+ →BaSO4 Fe3+ + 3NH3 + 3H2O→Fe(OH)3 + 3NH4+. Trong tự nhiên, O2 không khí hòa tan trong nước oxi hóa FeS2: 2FeS2 + 7O2 + 2H2O→ 2Fe2+ + 4H++ 4SO42H2SO4 sinh ra làm nước suối có pH thấp. 1 5 0 0 oC 2 CH4 HC

3 HC

Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5

0,5

3H 2

6 0 0 oC ; C

CH3

+ 2 C H 3C l

A lC l3 t o

+ 2H Cl

1 2 (2,0 điểm)

1,0

CH3

COOH

CH3

+ 1 2 K M n O 4 + 1 8 H 2S O 4 CH3

C H +H 2

+ 1 2 M n S O 4 + 6 K 2S O 4+ 2 8 H 2O

COOH

P d /P b C O 3 t o

H 2C

CH2

3CH2=CH2 + 2KmnO4 +4H2O → 3HO-CH2CH2-OH + 2MnO2 + 2KOH 0

2 3

3 (2,0 điểm)

t , xt → (-OC-C6H4-COO-CH2CH2nHOOC-C6H4-COOH + nHO-CH2CH2OH  O-)n + 2nH2O Dễ có ctpt của X, Y là C2H6O và X là C2H5OH, Y là CH3OCH3 A. CuO, B: O2, C: NaOH, D: Cl2, E: KOH. CTPT của X là C8H14 CTCT của X phù hợp: CH3-CH=C(CH3)-C(CH3)=CH-CH3 2,3-đimetylhexa2,4-đien [ NH 3 ] [ NH 3 ] [ NH 3 ] ⇔ 9,5 = (14 − 4,76) + lg Từ pH = pK a + lg ⇒ = 1,8 + + [ NH 4 ] [ NH 4 ] [ NH +4 ]

[

]

Trong dung dịch cuối: NH +4 = 0,1M nên [NH 3 ] = 1,8 × 0,1M = 0,18M −1

⇒ n NH + = (0,1mol.L ) × (0,5L) = 0,05mol và 4

n NH 3 = (0,18mol.L−1 ) × (0,5L) = 0,09mol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25 0,5

1,0

Từ phản ứng NH4+ + OH- → NH3 + H2O ta thấy rằng số mol NaOH cần dùng bằng số mol NH3 và tổng lượng muối amoni cần ban đầu là 0,05mol + 0,09mol = 0,14mol. (0,09mol) ⇒ VddNaOH = = 0,03L , m NH 4Cl = (0,14mol) × (53,5g / mol) = 7,49g (3,0mol.L−1 ) E Fe = E oFe3+ / Fe 2 + + 0,059 lg

E Mn = E oMnO − / Mn 2 + + 4

[Fe 3+ ] 0,003 = 0,771 + 0,059 lg = 0,671V 2+ 0,15 [Fe ]

0,059 [MnO −4 ][H + ]8 0,059 (0,02)(1) 8 lg = 1 , 51 + lg = 1,52V 5 5 0,005 [Mn 2+ ]

0,5

Sơ đồ pin: PtFe2+ (0,150M), Fe3+ (0,003M)MnO4- (0,02M), Mn2+ (0,005M), H+ (1M)Pt Hiệu thế pin: Epin = EMn - EFe = 1,52V - 0,671V = 0,85V n∆E 0, 059

5.(1, 51− 0 , 771) 0, 059

Hằng số cân bằng: K = 10 = 10 = 10 62,63 Vì hằng số cân bằng lớn nên phản ứng sau được coi là hoàn toàn: 5Fe2+ + MnO4- + 8H+ 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O 0,15 0,02 0,003 0,1 0,02 0,1 0,05 0 0,103 Tại cân bằng: [Fe 3+ ] 0,103 E Mn = E Fe = E oFe3+ / Fe 2 + + 0,059 lg = 0,771 + 0,059 lg = 0,79V 2+ 0,05 [Fe ] Quy đổi X thành Mg, Al ( a mol), NO3 ( b mol), O (c mol) và đặt số mol NaNO3 là d mol Ta có: 27,84 gam kết tủa là Mg(OH)2 <=> 0,48 mol.

0,5

Mg 2+ (0, 48)   Na + (2, 28 + d )  3+ Mg (0, 48)  Al (a)    N O (0,12)   2 −  Al (a)  NaNO3 (d ) T  AlO2 (a)    + 2,28 mol NaOH +  →  H 2 (0,16) + Y  Na (d ) →   2− X  H 2 SO4 (1,08)  NO3 (b) H O  NH +  SO4 (1, 08)  2 O (c)  4  Mg (OH )2 (0, 48) SO42− (1,08) 

Bảo toàn N: nNH + = b + d − 0, 24 mol 4

4 (2,0 điểm)

5 (2,0

Bảo toàn H: nH O = 1, 08.2 − 0,16.2 − 4(a + d − 0, 24) = 1, 4 − 2b − 2d 2

Bảo toàn O: 3b + 3d + c = 0,12 +1,4 – 2b – 2d => 5b +c + 5d = 1,52 (1) Bảo toàn điện tích của T: 2,28 + d = 1,08.2 + a => a = 0,12 + d Bảo toàn điện tích của Y: 3a + d + b+ d - 0,24 = 1,08.2-0,48.2 => 3a +b +2d = 1,44. Thay a = 0,12 + d => b + 5d = 1,08 (2) Bảo toàn khối lượng của X: 27a + 62b + 16c = 27,04 – 0,48.24 = 15,52. Thay a = 0,12 + d => 62b + 16c + 27d =12,28 (3) Giải hệ 3 phương trình (1, 2, 3): b = 0,08; c = 0,12; d = 0,2 và a = 0,32 mol. Ta có: c 0,12 nAl2O3 = = = 0, 04 => nAl = 0, 32 − 2.0, 04 = 0, 24 mol 3 3 0, 24.27 => % m Al ( X ) = .100% = 23,96% 27, 04 nHCl = x, nH 2 SO4 = x mol ( x = 0, 001.V ) 1 Phân tích đồ thị (tính từ gốc tọa độ):

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,0

1,0

- đoạn thứ nhất ứng với 1 kết tủa - đoạn thứ 2 có độ dốc lớn nhất ứng với sự tạo thành đồng thời hai kết tủa - đoạn thứ 3 ứng với 1 kết tủa - đoạn thứ 4 giải thích sự hòa tan đến hoàn toàn kết tủa Al(OH)3. Như vậy, thứ tự các phản ứng là: 2Al + 6HCl→ 2AlCl3 + 3H2 x----> x/3 2Al + 3H2SO4→ Al2(SO4)3 + 3H2 3a <---- -------a H2SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4↓+ 2H2O (đoạn 1) x-3a----> x-3a ------->x-3a Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (đoạn 2) a------------>3a---------------3a---------2a 2AlCl3 + 3Ba(OH)2 → 3BaCl2 + 2Al(OH)3 (đoạn 3) x/3------->0,5x----------------------->x/3 2Al(OH)3 + Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + 4H2O (đoạn 4) Tổng số mol Ba(OH)2 ở thời điểm khối lượng kết tủa cực đại là: x -3a+3a+0,5x =1,5x =0,75 => x =0,5 mol 1 m↓(max)=233(x-3a+3a)+ 78(2a+x/3)=139,9 => a = 15 => y = 233(x-3a)=233(0,5 -0,2)= 69,9 gam. Theo tiến trình phản ứng, dựa vào sản phẩm sau cùng của phản ứng giữa dung dịch X với Cu, có thể coi dung dịch HNO3 hòa tan hỗn hợp X và Cu sinh ra muối Fe2+, Cu2+, NO Quy đổi X và Cu thành các đơn chất tương ứng ta có:

điểm)

6 (2,0 điểm)

Fe2+ (a mol ) Fe (a mol )   +1,5 mol HNO3  → Cu 2+ (0,275 mol ) + 0,15 mol NO + 0,75mol H 2O O (b mol ) Cu (0, 275 mol )  NO − (1,5 − 0,15 =1,35 mol )   3

Bảo toàn điện tích trong dung dịch muối: 2a + 0,275.2 = 1,35 => a = 0,4 mol Bảo toàn e cho quá trình hòa tan: 2a + 0,275.2 = 2b + 0,15.3 => b = 0,45 mol. Vậy m = 56.0,4 + 16.0,45 = 29,6 gam Gọi CxHy là công thức của A ta có: y y CxHy +(x+ ) O2 → xCO2 + H2O 4 2 y y Mol: a a(x+ ) ax a 4 2 + Số mol khí trước pư = a + 9a = 10a mol y y y + Số mol khí sau pư = ax + a + 9a – a(x+ ) = 9a + a 2 4 4 n RT n RT 10a.273 (9a + 0, 25ay ).409,5 V bình kín = 1 1 = 2 2 hay: y = 6. = P1 P2 1 1, 575 + Vì A là chất khí nên A có thể là: C2H6; C3H6 và C4H6. Vì tất cả các nguyên tử C trong A đều có cùng một dạng lai hóa nên CTCT của A: CH3-CH3(sp3); (CH2)3(xiclopropan = sp3); CH2=CH-CH=CH2(sp2) và CH

CH2

1,0

0,5

(sp3)

CH2 CH

Ta chọn A là buta-1,3-đien để hoàn thành sơ đồ: buta-1,3-đien → butan → etilen.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

HC HC

CH 2 CH 2

Cho sp cuối cùng trong sơ đồ pư với H2/Ni, t0 thì thu được B A có dạng CyH2y+2-2aO6 A tác dụng với Br2: CyH2y+2-2aO6 + (a-3)Br2→ CyH2y+2-2aBr2(a-3) O6 x--------------->x(a-3) Ta có: nH 2( y + 1 − a ) 2nH 2O 5,1 (1) = = = => 4 y = 55a − 55 nC y nCO2 2, 75 1 nC xy (2) = => y = 27,5a − 82,5 nBr2 x(a − 3)

1,0

(1, 2) => a = 5, nBr2 = (5 − 3) x = 0,1 => x = 0, 05 mol nNaOH = 3 x = 0,15 mol , nglixerol = 0, 05 mol

7 (2,0 điểm)

mA = mC + mH + mO ( A ) = 2, 75.12 + 2,55.2 + 0, 05.6.16 = 42,9 ( gam) BTKL : mm ( B ) = 42,9 + 0,15.40 − 0, 05.92 = 44, 3 gam

8 (2,0 điểm)

nY = 0,7-0,4= 0,3 mol < nNaOH => X gồm este của ancol (A) và este của phenol(B) Đặt số mol của A là x, của B là y. Ta có: 0, 7 − 0,3 x = 0,3; y = = 0, 2 mol 2 X + NaOH  → Muoi + Y + H 2O

Trong đó, mY =0,4.12+0,7.2+0,3.16 = 11 gam mH2O = 0,2.18=3,6 gam Bảo toàn khối lượng ta được: m =57,2+11+3,6-0,7.40= 43,8 gam Ta có: metyl aminoaxetat: C3H7NO2 <=> CO2 + C2H7N axit glutamic: C5H9NO4 <=> 2CO2 + C3H9N vinyl fomat: C3H4O2 <=> CO2 + C2H4 Như vậy, sau khi trộn hai hỗn hợp X, Y thì có thể được coi như hỗn hợp của CO2; amin no, hở (CmH2m+3N) và anken (CnH2n). Khi đốt cháy hỗn hợp X, Y thì chỉ có amin và anken cháy CmH2m+3N + (1,5m +0,75)O2 → m CO2 + (m + 1,5)H2O + 0,5N2 (1). CnH2n + 1,5nO2 → nCO2 + nH2O (2) (1) => namin = 0,2.2 = 0,4 mol. Gọi số mol CO2 có trong x mol hỗn hợp X là a mol; số mol anken có trong hỗn hợp X, Y là b mol. Ta có: nO2 ( p .u ) = (1, 5m + 0, 75).0, 4 + 1, 5nb = 2, 28 => 0, 6m + 1,5nb = 1,98 mol 0, 6m + 1, 5nb 1,98 = = 1,32 mol 1,5 1,5 = nCO2 (1,2) + 1, 5.0, 4 = 1,32 + 0, 6 = 1,92 mol

nCO2 ( a min, anken ) = nCO2 (1,2) = 0, 4m + nb = nH 2O (1,2)

Bảo toàn oxi cho quá trình cháy X, Y ta có:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

2,0

1 nCO2 ( X ) + nO2 = nCO2 ( sau ) + nH 2O 2 1, 92 <=> a + 2, 28 = 1,82 + => a = 0, 5 mol 2 Vì khi cho x mol X tác dung với NaOH, thì nhóm chức phản ứng là –CO2. Nên số mol NaOH cần cho phản ứng bằng số mol CO2(có trong X)=0,5 mol. Vậy Vdung dịch NaOH = 0,5:4 = 0,125 lít = 125 ml. Trong cấu dạng bền hơn, nhóm -CH2OH và ba nhóm -OH khác ở vị trí biên. OH

H OH HO HO

(a) hơn)

OH H

O H

O OH

H OH

(kém bền

1,0

OH OH H

O H

(bền hơn)

H OH

9 (2,0 điểm)

H OH OH H (b) (bền hơn) (kém bền hơn) Từ (i) suy ra lactozơ là một β-glucosit cấu thành từ D-glucozơ và D-galactozơ. (ii) cho biết lactozơ có nhóm OH-anome tự do. (iii) cho biết cấu tử glucozơ là aglycon do nó tạo được osazon và galactozơ là một β-galactosit. (iv) cho biết cả hai cấu tử đều ở dạng pyranozơ và liên kết với nhau qua C4-OH của cấu tử glucozơ.

O HO

OH (B) D-galactoz¬

10 (2,0 điểm)

HO b

1,0 1

OH O OH (A) D-glucoz¬

Sắp xếp: C6H5-NH2 < NH3 < CH3-NH2 < (CH3)2NH < NaOH < C2H5-ONa. Giải thích: - Nhóm phenyl hút e của N, làm giảm tính bazơ - Nhóm metyl đẩy e, mật độ e tăng ở N, làm tăng tính bazơ - NaOH có tính bazơ mạnh hơn bazơ amin do anion OH- dễ nhận H+ hơn (do tương tác tĩnh điện) nguyên tử N trung hòa điện. - Gốc etyl đẩy e, làm tăng điện tích âm ở nguyên tử O (so với OH-) nên dễ nhận H+ hơn( tính bazơ lớn hơn). Có tối đa 4 loại liên kết hiđro O (nước)…H(nước), O (nước)…H(ancol) O (ancol)…H(ancol), O (ancol)…H(nước) Liên kết O (ancol)…H(nước) bền nhất do có nhóm etyl đẩy e nên điện tích âm của O(ancol) lớn hơn ở O(nước) và H(nước) tích điện dương lớn hơn H(ancol). Vì có liên kết hiđro O (ancol)…H(nước) bền hơn các liên kết hiđro còn lại, làm cho khoảng cách giữa các phân tử nước-ancol ngắn hơn khoảng cách giữa các phân tử nước-nước, ancol-ancol. Do đó khi trộn hai chất lỏng lại với nhau thì thể tích dung dịch thu được sẽ bé hơn tổng thể tích hai chất thành phần: (V1+V2) > V3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 8

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

2−

Cr2O 7

/Cr 3+

/Cu

= 1,330 V; E

0 −

MnO 4 /Mn

= 1,510 V; E

/Fe

= 0,771 V; E − − = 0,5355 V I 3 /I

= 0,153 V; pKs(CuS) = 12.

Câu 3. (2,0 điểm) Các ion CN − có mặt trong một số loại nước thải công nghiệp. Có thể loại chất độc này bằng phản  → NCO − + H2O ứng sau ở 25°C: CN − + H2O2 ←  a) Tính hằng cố cân bằng của phản ứng. Biết ∆G° = -368630 J.mol-1. b) Trong nước thải có nồng độ CN − là 10-3 mol.L-1. Nếu dùng dung dịch H2O2 0,1M (thể tích không đổi) nồng độ CN − còn lại sau phản ứng là bao nhiêu? Rút ra kết luận.

Câu 4. (2,0 điểm) Chia 1,6 lít dung dịch A chứa HCl và Cu(NO3)2 làm 2 phần bằng nhau. a) Phần 1 đem điện phân (điện cực trơ) với cường độ dòng 2,5 ampe, sau thời gian t giây, thu được 3,136 lít khí (đktc) một chất khí duy nhất ở anot. Dung dịch sau điện phân phản ứng vừa đủ với 550 ml dung dịch NaOH 0,8M và thu được 1,96 gam kết tủa.Viết các phương trình phản ứng xảy ra, tính nồng độ mol của các chất trong dung dịch A và thời gian t. b) Cho m gam bột sắt vào phần 2, lắc đều để cho phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại có khối lượng bằng 0,7m gam và V lít khí. Tính m và V (đktc). Câu 5. (2,0 điểm) a) Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào dung dịch chứa x mol H2SO4 và y mol Al2(SO4)3. Khối lượng kết tủa (m gam) tạo thành phụ thuộc vào thể tích dung dịch Ba(OH)2 (V ml) được biểu diễn bằng đồ thị bên. Hãy xác định các giá trị x, y.

m 1 2 ,4 3 8 ,9 3 5

350

550

b) Nhỏ từ từ 75,0 gam dung dịch HCl 14,6% vào dung dịch chứa 10,6 gam Na2CO3 và 15,0 gam KHCO3, sau đó cho thêm tiếp vào dung dịch chứa 6,84 gam Ba(OH)2, lọc bỏ kết tủa. Cô cạn dung dịch thu được m gam rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính m.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 6. (2,0 điểm) a) A, B, D là các đồng phân có cùng công thức phân tử C6H9O4Cl, thỏa mãn các điều kiện sau: 36,1 gam A + NaOH dư → 9,2 gam etanol + 0,4 mol muối A1 + NaCl. B + NaOH dư → muối B1 + hai ancol (cùng số nguyên tử C) + NaCl D + NaOH dư → muối D1 + axeton + NaCl + H2O. Hãy lập luận xác định công thức cấu tạo của A, B, D và viết các phương trình phản ứng. Biết rằng dung dịch D làm đỏ quì tím. b) Đốt cháy hoàn toàn x mol hiđrocacbon X (40 < M X < 70) mạch hở, thu được CO2 và 0,2 mol H2O. Mặt khác, cho x mol X tác dụng vớ i AgNO3 dư trong dung dịch NH3, thì có 0,2 mol AgNO3 phả n ứng. Sau phản ứng thu được m gam kết tủa. Tính m. Câu 7. (2,0 điểm) Hỗn hợp A gồm tetrapeptit X và pentapeptit Y (đều mạch hở và đều tạo bởi Gly và Ala). Đun nóng m gam hỗn hợp A với dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (m+7,9) gam muối khan. Đốt cháy hết hỗn hợp muối, thu được Na2CO3 và hỗn hợp B gồm khí và hơi. Cho hết lượng B hấp thụ vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thì khối lượng bình tăng 28,02 gam và có 2,464 lít khí thoát ra (đktc). Tính % khối lượng X trong hỗn hợp A. Câu 8. (2,0 điểm) Để thủy phân hoàn toàn 0,74 gam một hỗn hợp este đơn chức cần 7,0 gam dung dịch KOH 8% trong nước. Khi đun nóng hỗn hợp este nói trên với axit H2SO4 80% sinh ra khí X. Làm lạnh X, đưa về điều kiện thường và đem cân, sau đó cho khí lội từ từ qua dung dịch brom dư trong nước thì thấy khối lượng khí giảm 1/3, trong đó khối lượng riêng của khí gần như không đổi. a) Tính khối lượng mol của hỗn hợp este, xác định thành phần hỗn hợp khí sau khi đã làm lạnh và tính khối lượng của chúng. b) Xác định thành phần hỗn hợp este ban đầu. c) Nêu phản ứng để phân biệt 2 este trên, viết phương trình phản ứng. Câu 9. (2,0 điểm) A, B, C, D là những hiđrocacbon có công thức phân tử là C9H12. Biết A chỉ chứa 2 loại hiđro. Đun nóng với KMnO4 thì A cho C9H6O6, B cho C8H6O4, đun nóng C8H6O4 với anhiđrit axeitc cho sản phẩm là C8H4O3. C và D đều phản ứng với Cu2Cl2/NH3 đều cho kết tủa màu đỏ và phản ứng với dung dịch HgSO4 sinh ra C9H14O (C cho M và D cho N). Ozon phân M cho nona-2,3,8-trion còn N cho 2axetyl-3-metylhexađial. Tìm công thức cấu tạo của A, B, C, D và viết phản ứng xảy ra biết ank-1-in pư với Cu2Cl2/NH3 đều cho kết tủa màu đỏ theo pư: R-C ≡ CH + Cu2Cl2 + NH3 → R-C ≡ CCu + NH4Cl Câu 10. (2,0 điểm) 1. Hãy thực hiện các chuyển hóa sau: O O

(a)

CH2OH CH3

CH3

COOH CH3

(b)

2. Trình bày cơ chế phản ứng ứng polime hóa caprolactam trong môi trường kiềm điều chế tơ nilon-6,6. 3. Hãy sắp xếp các chất sau theo chiều tăng dần tính bazơ, giải thích ? NH2

O 2N

I CN

NO 2

NH2

H 2N

III

NH 2

NH2

O 2N NO

NO 2 NO 2

----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 8 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 06 trang) Câu

1 (2,0 điểm) b

Nội dung Do tác dụng với BaCl2 tạo kết tủa ⇒ có SO42-, tác dụng với dung dịch NH3 tạo kết tủa nâu đỏ ⇒ có Fe3+. Vậy MX2 là FeS2 FeS2 + 14H + + 15NO3−  → Fe3+ + 2SO 42− + 7H 2 O + 15NO 2 Ba2+ + SO42- → BaSO4 NH3 + H+ → NH4+ 3NH3 + 3H2O + Fe3+ → 3NH4+ + Fe(OH)3 - Dung dịch BaS: tạo khí mùi trứng thối và kết tủa trắng BaS + H2SO4 → H2S + BaSO4 - Dung dịch Na2S2O3 : tạo khí mùi sốc và kết tủa vàng Na2S2O3 + H2SO4→ S + SO2 + Na2SO4 + H2O. - Dung dịch Na2CO3 : tạo khí không màu, không mùi Na2CO3 + H2SO4→ CO2 + Na2SO4 + H2O - Dung dịch Fe(NO3)2 : tạo khí không màu hóa nâu trong không khí 3Fe2+ + 4H+ + NO3- →3Fe3+ + NO + 2H2O 2NO + O2→ 2NO2 a) Do E

0 -

MnO 4 /Mn

= 1,51 V > E

0 2-

Cr2 O 7 /Cr

= 1,33 V > E

0 Fe

/Fe

= 0,771V > E -

I3 /I

Điểm 0,5

0,5

1,0

= 0,5355 V,

nên các quá trình xảy ra như sau: -

2 MnO 4 + 16 H+ + 15 I- → 2 Mn2+ + 5 I 3 + 8 H2O (1) 0,01 0,5 [ ] 0,425 0,01 0,025 2-

+ 14 H+ + 9 I- → 2 Cr3+ + 3 I 3 + 7 H2O 0,425 0,025 0,335 0,02 0,055

Cr2O 7 0,01 [ ] -

2 Fe3+ + 3 I- → 2 Fe2+ + I 3 0,01 0,335 0,055 [ ] 0,32 0,01 0,06

2 (2,0 điểm)

(2)

0,75

(3)

Thành phần của dung dịch Y: I 3 0,060 M; I- 0,32 M; Mn2+ 0,01 M; Cr3+ 0,02 M; Fe2+ 0,01 M. -

I 3 + 2 e → 3 I-

E - - = 0,5355 +

0,0592

I 3 /I

.log

I 3 /I

Do E - - = 0,5355 V > E

0,06 (0,32)

/Cu +

= 0,54 V.

0,5

= 0,153 V nên về nguyên tắc Cu2+ không oxi

hóa được I-. Nhưng nếu dư I- thì sẽ tạo kết tủa CuI. Khi đó

0 Cu

/CuI

Như vậy E

0 Cu

/Cu

+ 0,0592.log

1 K S(CuI)

≈ 0,863 V.

= 0,863 V > E - - = 0,5355 V → Cu2+ sẽ oxi hóa được I- do 0

/CuI

I 3 /I

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,75

2 Cu2+ + 5 I- → 2 CuI ↓ + I3 tạo thành CuI: ∆G° = -368630 = -8,314.298lnK ⇒ K = 4,14.1064  → NCO − + H2O Phản ứng: H2O2 ← CN − +  CB: 10-3 – x 10-1 – x x Vì K rất lớn nên coi x = 10-3  NCO −  10−3 − CN  = = = 2 , 4.10−67 M K [ H O ] 4 ,14.1064.( 10−1 − 10−3 ) -

3 (2,0 điểm)

0,5 0,5

0,5

Vậy dùng dư H2O2 theo tỉ lệ số mol H2O2 : CN − = 100 : 1 thì có thể loại trừ gần hết CN − trong nước thải. Điện phân dung dịch A bằng điện cực trơ:

0,5

®iÖn ph©n dd → Cu + Cl2 + 2HNO3 (1) 2HCl + Cu(NO3)2  - Ta có: n(Cl2) = 0,14 mol = nCu - Dung dịch sau điện phân phản ứng với NaOH: NaOH + HCl (dư) → NaCl + H2O (2) NaOH + HNO3→ NaNO3 + H2O (3) Cu(NO3)2 (dư) + 2NaOH → Cu(OH)2 + 2NaNO3 (4)

Ta có: nNaOH = 0,55 . 0,8 = 0,44 mol ⇒ nCu(OH)2 =

1,96 = 0,02 mol 98

1,0

Theo (1,4) : Số mol Cu(NO3)2 trong 0,8lít dung dịch A là:0,14+0,02=0,16 CM(Cu(NO3)2)=

4 (2,0 điểm)

0,16 = 0,2M 0,8

- Theo (3,4): nNaOH=0,28+0,04=0,32 mol ⇒ Theo(2): nHCl=0,44-0,32=0,12 ⇒ CM(HCl) = (0,28+0,12)/0,8 = 0,5M - Tính thời gian t : m Cu =

5 (2,0 điểm)

m .n.F 0,14.64.2.96500 A It . ⇒ t = Cu = n F A.I 2,5.64

t = 10.808 giây = 180 phút 8 giây Ta có nH+=0,4 mol, NO3- =0,32 mol, nCu2+ =0,16 mol Cho hỗn hợp bột sắt vào phần 2, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được hỗn hợp kim loại gồm Cu và Fe dư, NO3- dư : 3Fe + 8H+ + 2NO3- → 3Fe2+ + 2NO + 4H2O(1) Fe + Cu(NO3)2→ Fe(NO3)2 + Cu (2) nFe(1, 2)= 0,2 + 0,16=0,36 mol, nCu (2)= 0,16 mol Tăng giảm khối lượng : 0,3m=0,15.56 -8.0,16 ⇒ m=23,73 gam V=0,1.22,4 = 2,24 lít Dựa vào đồ thị, ta thấy: - Khi V = 350, đã xảy ra phản ứng giữa Ba(OH)2 với Al2(SO4)3 và Al2(SO4)3 còn dư. - Khi V =550, đã xảy ra phản ứng hòa tan một phần Al(OH)3 và Al(OH)3 còn dư. Xét tại V = 350: số mol Ba(OH)2 = 0,035 mol. Các phản ứng: Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4↓ + 2H2O x ← x → x 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4↓ + 2Al(OH)3↓ (0,035-x) → (0,035-x) 2.(0,035-x)/3 Ta có khối lượng kết tủa: 0,035.233 + 78.2.(0,035-x)/3 = 8,935 ⇔ x = 0,02 Tại V = 550: số mol Ba(OH)2 = 0,055 mol. Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4↓ + 2H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

0,02 → 0,02 0,02 ← 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4↓ + 2Al(OH)3↓ 3y ← y → 3y 2y Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba[Al(OH)4]2 (0,035-3y) → 2(0,035-3y) Số mol Al(OH)3 còn dư là: 2y-2(0,035-3y) = 8y-0,07. Khối lượng kết tủa: (0,02+3y).233 + (8y-0,07).78 = 12,43 ⇔ y = 0,01. n HCl = n H + = nCl − = 0,3 (mol) n Na2CO3 = 0,1 (mol) ⇒ n Na + = 0,2 (mol); nCO 2 − = 0,1 (mol) 3

n KHCO3 = n K + = n HCO − = 0,15 (mol); n Ba (OH )2 = n Ba 2 + = 0,04 (mol) ⇒ nOH − = 0,08 3

(mol) H+ + CO 32−  → HCO 3− 0,3 0,1 0,1 (mol) + + − * H dư: H + HCO 3  → CO2 + H2O 0,2 0,25 0,2 (mol) * HCO 3− dư: HCO 3− + OH −  → CO 32− + H2O 0,05 0,08 0,05 (mol) 2− 2+ * Ba + CO 3  → BaCO3 ↓ 0,04 0,05 0,04 (mol) + ⇒ Trong dung dịch sau phản ứng còn lại: Na : 0,2 mol; K+: 0,15 mol; Cl − : 0,3 mol; CO 32− : 0,01 mol và OH − : 0,03 mol. Vậy m = 22,21 gam *

6 (2,0 điểm)

A, B, D có cùng công thức phân tử: C6H9O4Cl (∆=2) A + NaOH → C2H5OH + muối A1 + NaCl 0,2 mol 0,2mol 0,4 mol Từ tỉ lệ số mol các chất cho thấy A là este 2 chức chứa 1 gốc ancol C2H5- và axit tạp chức. CTCT của A: CH3-CH2-OOC-CH2-OOC-CH2-Cl CH3-CH2-OOC-CH2-OOC-CH2-Cl + 3NaOH → C2H5OH + 2HO-CH2COONa + NaCl B + NaOH → muối B1 + hai ancol + NaCl Vì thuỷ phân B tạo ra 2 rượu khác nhau nhưng có ùng số nguyên tử C, nên mỗi rượu tối thiểu phải chứa 2C. CTCT duy nhất thỏa mãn: C2H5-OOCCOO-CH2-CH2-Cl C2H5-OOC-COO-CH2-CH2-Cl + 3NaOH → NaOOC-COONa + C2H5OH + C2H4(OH)2 + NaCl D + NaOH → muối D1 + axeton + NaCl + H2O Vì D làm đỏ quì tím nên phải có nhóm –COOH, thuỷ phân tạo axeton nên trong D phải có thêm chức este và rượu tạo thành sau thuỷ phân là gemdiol kém bền. CTCT của D: HOOC-CH2-COO-C(Cl)-(CH3)2 HOOC-CH2-COO-C(Cl)-(CH3)2 +3NaOH → NaOOC-CH2-COONa + CH3CO-CH3 + NaCl + 2H2O Đặt công thức của X là CnHm (với 40 < MX < 70) + Giả sử 1 mol X tác dụng tối đa 1 mol AgNO3 ⇒ x = 0,2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,5

1,0

7 (2,0 điểm)

8 (2,0 điểm)

⇒ m = 2: C2H2 hoặc C4H2 (Không thoả) + Giả sử 1 mol X tác dụng tối đa 2 mol AgNO3 ⇒ x = 0,1 ⇒ m = 4: C4H4 (Loại) hoặc C5H4 (Chọn) Vậy X là C5H4 (CH≡C-CH2-C≡CH) → AgC≡C-CH2-C≡CAg: 0,1 ⇒ m = 27,8 (g) Gọi công thức chung của X, Y là CknH2kn+2-kNkOk+1 (a mol) kCnH2nNO2Na + H2O PTHH: CknH2kn+2-kNkOk+1 + kNaOH kCnH2nNO2Na + O2 k(n – 0,5) CO2 + 0,5kNa2CO3 + knH2O + 0,5kN2 Theo giả thiết khối lượng muối tăng lên 7,9 gam nên ta có: [(14nk + 69) – (14nk + 29k + 18)].a = 7,9 Vì khối lượng bình Ba(OH)2 tăng 28,02 gam nên ta có tổng khối lượng CO2 và H2O là 28,02 => 44(n – 0,5)k.a + 18kn.a = 28,02 Số mol N2 = 0,5k.a = 0,11 Từ các Pt trên ta có: kn.a = 0,53 = số mol CO2; k.a = 0,22 = số mol aminoaxit; a = 0,05 = số mol hỗn hợp X, Y => k = 4,4. Vì X là tetrapeptit, Y là pentapeptit và có k = 4,4 (số mắt xích trung bình) nên ta có tỉ lệ mol của X:Y = 0,6:0,4 => X = 0,03 mol; Y = 0,02 mol Gọi x, y lần lượt là số mol của Gly và Ala có trong hỗn hợp X, Y => ta có: x + y = 0,22; 2x + 3y = 0,53 (bảo toàn Cacbon) => x = 0,13; y = 0,09. Gọi số mắt xích Gly và Ala trong X là a, b; trong Y là a’ và b’ => 0,03.a + 0,02.a’ = 0,13 0,03.b + 0,02.b’ = 0,09 => a = 3; b = 1; a’ = 2; b’ = 3 Vậy X là Gly3Ala và Y là Gly2Ala3 có số mol tương ứng là 0,03 và 0,02 mol Từ đó khối lượng hỗn hợp = (3.75 + 89 – 3.18).0,03 + (2.75 + 3.89 – 4.18).0,02 =14,7 gam => %X = 7,8/14,7 = 53,06% Từ pư thủy phân R-COO-R’ + KOH → R-COOK + R’OH mol 2 este = 0,01 và M = 74 * Có 2 khả năng xảy ra : - Cả 2 este đều có KL mol = 74 ( H-COO-C2H5 và CH3-COO-CH3) - Một trong hai este có KL mol < 74 đó là H-COO-CH3. Như vậy cả 2 khả năng đều có 1 este Fomat, khi đun nóng với H2SO4 bị phân hủy tạo ra CO (KL mol = 28), ngoài ra còn một khí bị hấp thụ bởi nước brom, khí đó phải là anken sinh ra khi phần ancol trong este bị tách nước. Mặt khác, khối lượng riêng hỗn hợp khí không đổi, tức là khí đó phải có KL mol = 28, đó a là C2H4. C2H4 + Br2 → C2H4Br2 . * Nếu trong hỗn hợp có H-COO-C2H5 → CO + C2H4 + H2O thì sau khi đi qua nước brom khối lượng khí phải giảm đi 1/2 (trái giả thiết). Vậy các gốc H-COO- và C2H5- phải thuộc về 2 este khác nhau. * Hỗn hợp chứa H-COO-CH3 (x mol) và R-COO-C2H5 (y mol). Ta có : x + y = 0,01 ; x = 2y (do CO = 2× C2H4 ) → y = 0,01/3 và x = 0,02/3 Ta có : 60×

0,5

1,0

0,02 0,01 + (R + 73)× = 0,74 → R = 29 → C2H5-COO-C2H5 3 3

- Khối lượng hỗn hợp khí sau phản ứng với H2SO4 = 28 ( 0,01 = 0,28 gam) 0,02/3× 60 = 0,4 gam H-COO-CH3 54,1% và 0,34 gam C2H5-COO-C2H5 45,9% * Phân biệt 2 este bằng phản ứng với dung dịch AgNO3 trong NH3 : + + H-COO-CH3 + 2 Ag(NH3) 2 + 2H2O → (NH4)2CO3 + 2NH 4 + CH3OH + 2 Ag↓

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

+ Ta thấy rằng A, B phải có vòng benzen + Ta biết rằng mỗi nhánh ở vòng benzen sau khi oxi hóa cho 2 Oxi gắn với vòng nên A phải có 3 nhánh vì cho sp có 6 Oxi B có 2 nhánh vì sp có 4 oxi. + Do A có 3 nhánh và chỉ chứa 2 loại H nên A có CTCT là:

0,5

CH3

0,5 H3C

CH3

Thật vậy: CO O H

C H3 [O ]

+ H 2O H3C

9 (2,0 điểm)

HOOC

C H3

CO O H

+ Vì sp của B pư với anhiđrit axetic cho sp là C8H4O3 nên 2 nhánh của B phải gần nhau. Do đó B là: COOH

C H3 C2H5

CO COOH

[O ]

+ (C H 3C O )2O

- C O 2 - H 2O

0,5

- 2 C H 3C O O H

+ C và D đều pư với Cu2Cl2/NH3 cho kết tủa đỏ nên phải là ank-1-in. Dựa vào sp ozon phân suy ra CTCT của C và D là: C

CH3

(C )

(D )

Thật vậy: C

CO-CH3

CH3

+ H2O/Hg2+

+ O3

CH3-CO-CO-CH2-CH2-CH2-CH2-CO-CH3.

0,5

và C H3 C

C H3

C O-CH3

+ H 2 O /H g 2+

C H3

+ O3

C H 3 - C O - C H-C H- C H 2 - C H 2 - C H = O CH=O

(a) O

10 (2,0 điểm)

+ HCl

CH3

Cl CH3

O 1.CH

2 MgCl 2. H+ CH3

CH2OH CH3

(b)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

O Mg

+ HCl

Cl O

O Mg

CH3Cl

CH3

MgCl O 1.CO2

Cl MgCl 2. H+ CH3 CH3 Phản ứng thế dây chuyền nucleophin:

Bazo

C NH O

Bazo-CO[CH2]5NH-

+ Cl2, a.s

COOH CH3

Bazo-CO[CH2]5NH-

0,5 Bazo-CO[CH2]5NHCO[CH2]5NH-

C NH O Sắp xếp: I < VI < V < IV < III < II Giải thích: Tính bazơ của N càng giảm khi có mặt các nhóm có hiệu ứng –C càng mạnh. Hiệu ứng –C của NO2> CN. - Xiclopentadienyl chỉ có hiệu ứng –I. –I làm giảm tính bazơ kém hơn –C - Các hợp chất I và VI đều có 2 nhóm NO2 ở vị trí meta so với nhóm NH2 gây ra hiệu ứng không gian làm cản trở sự liên hợp–C của nhóm NO2ở vị trí para nhiều hơn nhóm CN ở vị trí para. Do đó hiệu ứng – C nhóm CN ở vị trí 4 > nhóm NO2 ở vị trí 4.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 9

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (4,0 điểm) 1.Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi cho dung dịch NaOH, dung dịch NH3, khí Cl2, bột Mg, dung dịch HNO3 (tạo khí NO duy nhất) lần lượt tác dụng với dung dịch Fe(NO3)2. 2. Hợp chất A được tạo thành từ các ion đều có cấu hình electron 1s22s22p63s23p6. Trong một phân tử A có tổng số hạt cơ bản là 164. a)Hãy xác định A. b) Hòa tan chất A ở trên vào nước được dung dịch B làm quì tím hóa xanh. Xác định công thức đúng của A và viết các phương trình phản ứng xảy ra khi cho dung dịch B lần lượt vào các dung dịch FeCl3, AlCl3, MgCl2. 3.Nhỏ từ từ 62,5 ml dung dịch hỗn hợp Na2CO3 0,08M và KHCO3 0,12M vào 125 ml dung dịch HCl 0,1M và khuấy đều. Sau khi các phản ứng kết thúc, thu được V ml khí CO2 (đktc). Viết cácphương trình phản ứng xảy ra dạng ion và tính giá trị của V. 4.Choa gam hỗn hợp X gồm Na và K vào dung dịch HCl dư thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được (a + 31,95) gam hỗn hợp chất rắn khan. Nếu cho 2a gam X vào nước dư, thu được dung dịch Z. Cho từ từ đến hết dung dịch Z vào 0,5 lít dung dịch CrCl3 1M, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viếtcácphương trình phản ứng xảy ra và tính giá trị của m. Câu 2. (4,0 điểm) 1. Nung đá vôi đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn B và khí C. Sục đến dư khí C vào dung dịch NaAlO2 (Na[Al(OH)4]) thu được kết tủa D và dung dịch E. Đun nóng dung dịch E thu được dung dịch chứa muối F. Nung D đến khối lượng không đổi thu được chất rắn G. Điện phân nóng chảy G thu được kim loại H. Cho chất rắn B vào nước được dung dịch K. Cho kim loại H vào dung dịch K thu được muối T. Cho dung dịch HCl dư vào dung dịch muối T. Xác định các chất B, C, D, E, F, G, H, K, T và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2.Cho cacbon lần lượt tác dụng với Al, H2O, CuO, CaO, HNO3 đặc, H2SO4 đặc, KClO3, CO2 ở điều kiện thích hợp. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 3. Hòa tan hết m gam hỗn hợp X (oxi chiếm 8,75% về khối lượng) gồm Na, Na2O, K, K2O, Ba và BaO vào nước, thu được 400 ml dung dịch Y và 1,568 lít H2 (đktc). Trộn 200 ml dung dịch Y với 200 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,2M và H2SO4 0,15M thu được 400 ml dung dịch có pH = 13. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định giá trị của m. 4.Cho 3,64 gam hỗn hợp Rgồm một oxit, một hiđroxit và một muối cacbonat trung hòa của một kim loại M có hóa trị II tác dụng vừa đủ với 117,6 gam dung dịch H2SO4 10%. Sau phản ứng, thu được 0,448 lít khí (đktc) và dung dịch muối duy nhất có nồng độ 10,867% (khối lượng riêng là 1,093gam/ml); nồng độ mol là 0,545M. a)Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định kim loại M. b) Tính % khối lượng của các chất có trong hỗn hợp R. Câu 3. (4,0 điểm) 1.Chia 1,6 lít dung dịch A chứa HCl và Cu(NO3)2 làm 2 phần bằng nhau. a) Phần 1 đem điện phân (điện cực trơ) với cường độ dòng 2,5 ampe, sau thời gian t giây, thu được 3,136 lít khí (đktc) một chất khí duy nhất ở anot. Dung dịch sau điện phân phản ứng vừa đủ với 550 ml dung dịch NaOH 0,8M và thu được 1,96 gam kết tủa.Viết các phương trình phản ứng xảy ra, tính nồng độ mol của các chất trong dung dịch A và thời gian t. b) Cho m gam bột sắt vào phần 2, lắc đều để cho phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại có khối lượng bằng 0,7m gam và V lít khí. Tính m và V (đktc). 2.Hai hợp chất X,Y đều chỉ chứa C,H,O; khối lượng phân tử của của chúng là MX và MY, trong đó MX< MY< 130. Hoà tan hỗn hợp hai chất đó vào dung môi trơ, được dung dịch E. Cho E tác dụng với NaHCO3 dư, thì số mol CO2 bay ra luôn bằng tổng số mol của X và Y, không phụ thuộc vào tỉ lệ số mol của chúng trong dung dịch. Lấy một lượng dung dịch E chứa 3,6gam

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

hỗn hợp (ứng với tổng số mol của X và Y bằng 0,05mol), cho tác dụng hết với Na, thu được 784ml H2 (đktc). a) Hỏi X,Y chứa những nhóm chức gì? b) Xác định công thức phân tử của chúng, biết chúng không có phản ứng tráng bạc, không làm mất màu dung dịch nước brom. Câu 4.(4,0 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi cho lần lượt các chất sau tác dụng với nước brom: glucozơ, axit fomic, p-crezol, anilin, ancol anlylic, xiclopropan. 2.Hoàn thành các phản ứng:C4H5O4Cl + NaOH → A + B + NaCl + H2O B + O2→ C + H2O C + [Ag(NH3)2]OH → D + NH3 + Ag +H2O (nC:nAg=1:4) D + NaOH → A + NH3 + H2O 3.Cân bằng phản ứng theo phương pháp thăng bằng electron: C6H5-CH=CH2 + KMnO4 → C6H5-COOK + K2CO3 + MnO2 + KOH + H2O 4.Cho hỗn hợp gồm tristearin và một este đơn chức, no, mạch hở X tác dụng với 2 lít dung dịch NaOH 0,3M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y. Trung hòa dung dịch Y bằng dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung dịch B chứa a gam hỗn hợp ancol và b gam hỗn hợp muối. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp ancol trên trong khí oxi dư, thu được 35,2 gam CO2 và 18 gam nước. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn b gam muối trong oxi dư,thu được 32,9 gam chất rắn khan; 334,80 gam hỗn hợp CO2 và H2O. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định công thức phân tử của X. Câu 5. (4,0 điểm) 1.Ba chất hữu cơ X1, Y1, Z1 có cùng công thức phân tử C4H8O2, có đặc điểm sau: - X1 có mạch cacbon phân nhánh, tác dụng được với Na và NaOH. - Y1 được điều chế trực tiếp từ axit và ancol có cùng số nguyên tử cacbon. - Z1 tác dụng được với NaOH và tham gia phản ứng tráng bạc. Xácđịnh các chất X1, Y1, Z1và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2.Cho 3 chất hữu cơ X, Y, Z (mạch hở, không phân nhánh, chỉ chứa C, H, O) đều có khối lượng mol là 82 gam (X và Y là đồng phân của nhau). Biết 1 mol X hoặc Z tác dụng vừa đủ với 3 mol AgNO3 trong dung dịch NH3 dư, 1 mol Y tác dụng vừa đủ với 4 mol AgNO3 trong dung dịch NH3 dư.Xác định X, Y, Z và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 3. A là amino axit có công thức H2NCnH2nCOOH, B là axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở. Cho hỗn hợp E gồm peptit Ala-A-A và B tác dụng vừa đủ với 450 ml dung dịch NaOH 1M, thu được m gam muối A1. Đốt cháy hoàn toàn A1 cần vừa đủ 25,2 lít khí O2 (đktc), thu được N2, Na2CO3 và 50,75 gam hỗn hợp gồm CO2 và H2O. Viết sơ đồcác phản ứng và gọi tên A,B. 4. Hỗn hợpN gồm C3H6, C4H10, C2H2 và H2. Cho m gamN vào bình kín có chứa một ít bột Ni làm xúc tác, nung nóng, thu được hỗn hợpM. Đốt cháy hoàn toànM cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc). Sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được một dung dịch có khối lượng giảm 21,45 gam. Nếu choM đi qua bình đựng lượng dư dung dịch brom trong CCl4 thì có 24 gam brom phản ứng. Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợpN đi qua bình đựng dung dịch brom dư trong CCl4, thấy có 64 gam brom phản ứng. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Tìm giá trị của V. ---------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 9 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang) Câu Câu 1

Câu 2

Nội dung 2NaOH + Fe(NO3)2→ 2NaNO3 + Fe(OH)2 2NH3 + 2H2O + Fe(NO3)2→ 2NH4NO3 + Fe(OH)2 3Cl2 + 6Fe(NO3)2→ 2FeCl3 + 4Fe(NO3)3 Mg + Fe(NO3)2→ Mg(NO3)2 + Fe 4HNO3 + 3Fe(NO3)2→ 3Fe(NO3)3 + NO + 2H2O Gọi P là số proton trong A, N là số nơtron trong A Giả sử trong A có a ion N Ta có: 2P + N = 164 và 1 ≤ ≤ 1, 5 P 164 164 ⇒ 2, 6 ≤ a ≤ 3, 03 ≤a≤ Số proton trong A = 18a (hạt) ⇒ 3,5.18 3.18 Với a là số nguyên ⇒ a = 3 ⇒ A có dạng M2X ⇒ K2S hoặc MX2 ⇒ CaCl2 Cho A vào H2O được dung dịch xanh quỳ tím ⇒ A là K2S K2S → 2K+ + S2S2- + H2O HS- + OHCác phương trình: 3K2S + 2FeCl3 → 6KCl + 2FeS + S 3K2S + 2AlCl3 + 6H2O → 6KCl + 2Al(OH)3 + 3H2S K2S + MgCl2 + 2H2O → 2KCl + Mg(OH)2 + H2S 2CO3 + 2H+ → CO2 + H2O 0,005 → 0,01 → 0,005 HCO3- + H+ → CO2+ H2O 0,0075 → 0,0075 → 0,0075 Nếu phản ứng xảy ra vừa đủ thì : 0,0175 mol H+ → 0,0125 mol CO2 Theo bài ra axit thiếu ⇒ 0,0125 mol H+ → 1/112 mol CO2 ⇒ V=0,2 lít = 200 ml M + HCl → MCl +1/2H2 M + HOH → MOH + 1/2H2 nOH- = nCl = 31,95/35,5 = 0,9 mol → nOH- (Z) = 1,8 mol Cr3+ + 3OH- → Cr(OH)3 0,5 → 1,5 → 0,5 Cr(OH)3 + OH- → CrO2- + 2H2O 0,3 ← 0,3 Vậy : m = 103x0,2 = 20,6 gam

Điểm

1,0

t → CaO + CO2 CaCO3  CO2 + H2O + NaAlO2 → Al(OH)3 + NaHCO3 t 2NaHCO3  → CO2 + H2O + Na2CO3 t 2Al(OH)3 → Al2O3 + 3H2O 0

2Al2O3 → 4Al + 3O2 CaO + H2O → Ca(OH)2 2Al + 2H2O + Ca(OH)2 → Ca(AlO2)2 + 3H2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Câu

Nội dung Ca(AlO2)2 + 8HCl → CaCl2 + 2AlCl3 + 4H2O t 3C + 4Al  → Al4C3 t C + 2H2O → CO2(hoặc CO)+ 2H2 t C+ 2CuO  → 2Cu + CO2 t 3C + CaO → CaC2 + CO t C+ 4HNO3 đặc  → CO2 + 4NO2 + 2H2O t C + 2H2SO4 đặc → CO2 + 2SO2 + 2H2O t 3C + 2KClO3  → 2KCl + 3CO2 t 2CO C + CO2  → Trong m gam X có 0,9125m gam nguyên tố kim loại nH+ = 0,2.0,5 = 0,1 mol, nOH- = a mol, nH2 = 1,568/22,4 = 0,07 mol Do pH=13 ⇒ [H+] = 10-13 ⇒ [OH-] = 0,1M

Điểm

1,0

Ta có :

a − 0,1 = 0,1 ⇒ a = 0,14 mol ⇒ 2a = 0,28 mol 0,4

Sơ đồ : X + H2O → Na+ + K+ + Ba2+ + OH- + H2 (1) Theo ĐLBT : m+(0,07+0,28/2)18=0,9125m+0,28.17+0,07.2 ⇒ m=12,8 gam a) Đặt số mol của MO, M(OH)2, MCO3 tương ứng là x, y, z. Nếu tạo muối trung hòa ta có các phản ứng MO + H2SO4 → MSO4 + H2O (1) M(OH)2 + H2SO4 → MSO4 + 2H2O (2) MCO3 + H2SO4 → MSO4 + H2O + CO2 (3) Nếu tạo muối axít ta có các phản ứng MO + 2H2SO4 → M(HSO4)2 + H2O (4) M(OH)2 + 2H2SO4 → M(HSO4)2 + 2H2O (5) MCO3 + 2H2SO4 → M(HSO4)2 + H2O + CO2 (6) D.C%.10 1, 093.10,876.10 Ta có : M Muôi = = ≈ 218 CM 0, 545 -TH1: Nếu muối là MSO4 ⇒ M +96 = 218 ⇒ M=122 (loại) -TH2: Nếu là muối M(HSO4)2 ⇒ M + 97.2 = 218 ⇒ M = 24 (Mg) Vậy xảy ra phản ứng (4,5,6) tạo muối Mg(HSO4)2 b)Theo (4,5,6) ⇒ Số mol CO2 = 0,448/22,4 = 0,02 mol ⇒ z = 0,02 (I) 117,6.10 Số mol H2SO4 = (II) = 0,12 mol ⇒ 2x + 2y + 2z = 0,12 98 Đề bài: 40x + 58y + 84z = 3,64 (III) Giải hệ (I,II,III) : x = 0,02; y = 0,02; z = 0,02 %MgO = 40.0,02.100/3,64 = 21,98% %Mg(OH)2 = 58.0,02.100/3,64 = 31,87% %MgCO3 = 84.0,02.100/3,64 = 46,15%

1,0

Câu 3 a) Điện phân dung dịch A bằng điện cực trơ:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,0

Câu

Nội dung Cu(NO3)2 (dư) + 2NaOH → Cu(OH)2 + 2NaNO3 (4) Ta có: nNaOH = 0,55 . 0,8 = 0,44 mol ⇒ nCu(OH)2 =

Điểm

1,96 = 0,02 mol 98

Theo (1,4) : Số mol Cu(NO3)2 trong 0,8lít dung dịch A là:0,14+0,02=0,16 CM(Cu(NO3)2)=

0,16 = 0,2M 0,8

- Theo (3,4): nNaOH=0,28+0,04=0,32 mol ⇒ Theo(2): nHCl=0,44-0,32=0,12 ⇒ CM(HCl) = (0,28+0,12)/0,8 = 0,5M - Tính thời gian t : m Cu =

Câu 4 1

m .n.F 0,14.64.2.96500 A It . ⇒ t = Cu = n F A.I 2,5.64

t = 10.808 giây = 180 phút 8 giây b) Ta có nH+=0,4 mol, NO3- =0,32 mol, nCu2+ =0,16 mol Cho hỗn hợp bột sắt vào phần 2, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được hỗn hợp kim loại gồm Cu và Fe dư, NO3- dư : 3Fe + 8H+ + 2NO3- → 3Fe2+ + 2NO + 4H2O(1) Fe + Cu(NO3)2→ Fe(NO3)2 + Cu (2) nFe(1, 2)= 0,2 + 0,16=0,36 mol, nCu (2)= 0,16 mol Tăng giảm khối lượng : 0,3m=0,15.56 -8.0,16 ⇒ m=23,73 gam V=0,1.22,4 = 2,24 lít a) X và Y có 2 loại nhóm chức: - Nhóm chức -COOH vì khi phản ứng với NaHCO3 → CO2 Mặt khác: nX + nY = nCO2 ⇒ X và Y chứa 1 nhóm -COOH - Nhóm chức -OH vì khi hỗn hợp tác dụng với Na 0,784 tạo số mol H2 = = 0,035 mol >1/2( tổng số mol X + Y)= 0,25mol. 22, 4 b) -Xác định X: 3, 6 + M ( X ,Y ) = = 72 gam/mol ⇒ MX< 72 < MY< 130 0, 05 + MX< 72 có thể là HCOOH, CH3-COOH, CH ≡ C-COOH Vì X và Y không tráng bạc, không mất màu nước brom ⇒ X là CH3-COOH - Xác định chất Y: amol X và b mol Y :(HO)nR- COOH trong 3,6 gam 2CH3-COOH + 2Na  → 2CH3-COONa + H2 (HO)nR- COOH + (n+1)Na → (HO)nR- COONa+(n+1)/2H2 a + b = 0, 05 ⇒ nb = 0, 02  0, 5a + 0,5b(n + 1) = 0, 035 Từ : 60a + (R + 45 + 17n)b = 3,6 *) Khi n = 1 ⇒ b = 0,02 mol ⇒ a = 0,03 mol 60. 0,03 + (R + 45 + 17). 0,02 = 3,6 ⇒ R= 28 là -C2H4Vậy Y có CTPT: HO- C2H4- COOH hay C3H6O3 *) Khi n = 2 ⇒ b = 0,01mol, a = 0,04 mol ⇒ R = 41 ⇒ -C3H5Vậy Y có công thức (HO)2C3H5-COOH hay C4H8O4 *) Khi n = 3 ⇒ gốc R tối thiểu có 3C, và để Y có KLPT nhỏ nhất Y phải là: HOCH2(CHOH)2-COOH cóMY = 136 > 130 trường hợp này loại Vậy: X là CH3-COOH, Y là HO- C2H4- COOH hoặc (HO)2C3H5-COOH

HOCH2(CH[OH])4-CHO + Br2 + H2O → HOCH2(CH[OH])4-COOH + 2HBr HCOOH + Br2 → CO2 + 2HBr p-CH3C6H4OH + 2Br2 → p-CH3C6H2Br2OH +2HBr C6H5NH2 + 3Br2 → C6H2Br3NH2 + 3HBr

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,0

1,0

Câu

Nội dung CH2=CHCH2OH + Br2 → CH2BrCHBrCH2OH C3H6 + Br2 → BrCH2CH2CH2Br Nhận xét:A và B phải có cùng số nguyên tử cacbon. C là HCHO hoặc anđehit 2 chức. Nhưng nếu C là HCHO thì không phù hợp vì khi đó sẽ tạo D là (NH4)2CO3 và do vậy A là Na2CO3làkhông phù hợp ⇒ C là OHC-CHO t HOOC-COOCH2CH2Cl + 3NaOH  → Na2C2O4+ HOCH2-CH2OH + NaCl + H2O(1) Cu ,t HOCH2-CH2OH + O2  → OHC-CHO + H2O (2) t (OHC)2 + 4[Ag(NH3)2]OH  → (NH4OOC)2 + 2H2O + 6NH3 + 4Ag (3) NH4OOC-COONH4 + 2NaOH→ NaOOC-COONa + 2NH3 + 2H2O (4) 0

Điểm

1,0

−1 −2

+3 +4

3x C + C → C + C + 10e 3

10x Mn + 3e → Mn 3C6H5-CH=CH2+10KMnO4 → 3C6H5-COOK +3K2CO3+10MnO2+KOH+ 4H2O t (C17H35COO)3C3H5 + 3NaOH  → 3C17H35COONa + C3H5(OH)3 a 3a 3a a ’ t RCOOR + NaOH → RCOONa + R’OH b b b b HCl + NaOH → NaCl + H2O c c c ⇒ 3a + b +c = 0,6 (1) Đốt ancol thu được: 0,8mol CO2 và 1mol H2O C3H8O3 → 3CO2 + 4H2O a 3a CnH2n+2O → nCO2 + (n+1)H2O b nb nhỗn hợp ancol = nH 2O − nCO2 = 1-0,8=0,2 (mol) ⇒ a + b = 0,2 (2) Đốt D (3amol C17H35COONa, bmol CmH2m+1COONa, c mol NaCl): 2C17H35COONa + O2 → 35CO2 + Na2CO3 + 35H2O 3a 105a/2 1,5a 105a/2 2CmH2m+1COONa + O2 → (2m+1)CO2 + Na2CO3 + (2m+1)H2O b (2m+1)b/2 0,5b (2m+1)b/2 ⇒ (1,5a +0,5b)106 + 58,5c = 32,9 (3) Giải hệ (1), (2), (3) ta được:a=b=0,1 mol và c=0,2 mol Từ phản ứng đốt cháy ancol ta có: 3a + nb = 0,8 ⇒ n=5 ⇒ ancol C5H11OH Từ phản ứng đốt cháy muối ta có: [(105a/2 +(2m+1)b/2].62 = 334,8 ⇒ m=1 ⇒ Công thức của este X là CH3COOC5H11 (C7H14O2)

0,5

1,5

Câu 5

X1 là CH3CH(CH3)-COOH, Y1 là CH3COOC2H5, Z1 là HCOOC3H7 CH3CH(CH3)-COOH + Na → CH3CH(CH3)-COONa + 1/2H2 CH3CH(CH3)-COOH + NaOH → CH3CH(CH3)-COONa + H2O H SO ®Æc, to

1,0

2 4  → CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH ←  0

t HCOOC3H7 + 2[Ag(NH3)2]OH  → H4NOCOOC3H7 + H2O + 3NH3 + 2Ag Theo bài ra Y có chứa 2 nhóm –CHO ⇒ Y là OHC-C≡C-CHO t OHC-C≡C-CHO+4[Ag(NH3)2]OH  → H4NOOC-C≡C-COONH4 +2H2O+6NH3 + 4Ag ⇒ X là HC≡C-CO-CHO t HC≡C-CO-CHO+3[Ag(NH3)2]OH  → AgC≡C-CO-COONH4 +2H2O+5NH3 + 2Ag 0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Câu

⇒ Z là HC≡C-CH2CH2-CHO

Nội dung

Điểm

t HC≡C-CH2CH2-CHO+3[Ag(NH3)2]OH  → AgC≡C-C2H4COONH4 +2H2O+5NH3 + 2Ag Phản ứng:H(NH-RCO)3OH + 3NaOH → 3H2N-RCOONa + H2O 3x → 3x x → R/COOH + NaOH → R/COONa + H2O y → y → y A1 + O2 → Na2CO3 + N2 + CO2 + H2O a 1,125 → 0,225 → → b 44a 18b 50,75 a 0,775 + = =   Ta cã :  ⇒ 0,9 + 2,25 = 0,225.3 + 2a + b b = 0,925 2C3H6O2NNa → 5CO2 + 6H2O x 2,5x → 3,5x → 2CnH2nO2NNa → (2n-1) CO2 + 2nH2O 2x → (2n-1)x → 2nx 2CmH2m-1O2Na → (2m-1) CO2 + (2m-1) H2O y (2m-1)y/2 → (2m-1)y/2 → 1,5x + (2nx + my) − 0,5y = 0,775 x = 0,1   Ta cã : 3x + +(2nx + my) − 0,5y = 0,925 ⇒ 2nx + my = 0,7 3x + y = 0, 45 y = 0,15   ⇒ 2n.0,1 + m.0,15=0,7 ⇒ 4n+3m=14 ⇒ n=2 và m=2 A: H2NCH2COOH : glixin, B: CH3COOH: axit axetic Quy C4H10 thành 2C2H2.3H2 ⇒ Hỗn hợp: C3H6: x mol, C2H2: y mol và H2: z mol C3H6 + 9/2O2 → 3CO2 + 3H2O (1) x → 4,5x C2H2 + 5/2O2 → 2CO2 + H2O (2) y → 2,5y H2 + 1/2O2 → H2O (3) z → 0,5z  (3x+2y).100−[(3x+2y).44+(3x+y+z).18]=21,45 114x + 94y −18z = 21,45 x = 0,15    ⇒ y = 0,075 x+2y=z+0,15 x + 2y = z + 0,15 x+y+z x+2y 0,1x + 0,6y − 0,4z = 0 z = 0,15    = 0,4  0,5 Vậy: V=22,4(4,5.0,15 + 2,5. 0,075 + 0,15.0,15) = 21 lít

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 10 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang) Câu 1. (4,0 điểm) 1. Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra với mỗi trường hợp sau: a) Cho dung dịch H2SO4 đặc vào saccarozơ sau đó đun nhẹ. b) Cho dung dịch FeCl2 vào dung dịch AgNO3 dư. c) Cho đạm Ure vào dung dịch nước vôi trong. d) Cho từ từ dung dịch H2SO4 đến dư vào dung dịch NaAlO2. 2. Cho hỗn hợp rắn gồm FeS2, NaCl, NaBr và NaI phản ứng với dung dịch axit H2SO4 đặc, nóng, thu được hỗn hợp khí. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 3. Cho m gam Na vào 300 ml dung dịch hỗn hợp A gồm HCl 1M và AlCl3 0,5M. Viết các phương trình phản ứng và tính giá trị của m để khi kết thúc các phản ứng thu được 0,1 mol kết tủa. 4. Hòa tan hoàn toàn Al bằng V ml dung dịch H2SO4 1M và HCl 1M, thu được dung dịch Y chứa Al2(SO4)3, AlCl3 và H2SO4 dư. Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào Y, thấy khối lượng kết tủa tạo thành phụ thuộc vào số mol Ba(OH)2 theo đồ thị hình bên. Dựa vào đồ thị, hãy viết các phản ứng ứng xảy ra ứng với mỗi đoạn và tìm giá trị của y. Câu 2. (4,0 điểm) 1. Ở trạng thái cơ bản, nguyên tử của nguyên tố R có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 4s1. Viết cấu hình electron, xác định vị trí trong bảng tuần hoàn và tính số electron độc thân của nguyên tử nguyên tố R ở trạng thái cơ bản. 2. Viết phương trình phản ứng dưới dạng ion thu gọn cho các thí nghiệm sau: a) Hòa tan FeSx trong dung dịch HNO3 đặc, dư và đun nóng. b) Cho dung dịch K2S dư vào dung dịch Fe2(SO4)3. c) Cho dung dịch NH4HSO4 vào dung dịch Ba(HSO3)2. d) Cho a mol kim loại Ba vào dung dịch chứa a mol NH4HCO3. 3. Cho hỗn hợp gồm a mol Mg và b mol Cu tác dụng với 200 ml dung dịch hỗn hợp AgNO3 0,3M và Cu(NO3)2 0,25 M. Sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch A và chất rắn B. Cho A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 3,6 gam hỗn hợp gồm 2 oxit. Hòa tan hoàn toàn B trong H2SO4 đặc, nóng được 0,09 mol khí SO2. Tính giá trị của a và b. 4. Hòa tan hoàn toàn 27,04 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al2O3 và Mg(NO3)2 vào dung dịch chứa hai chất tan NaNO3 và 1,08 mol H2SO4 (loãng). Sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và 0,28 mol hỗn hợp Z gồm N2O, H2. Tỷ khối của Z so với H2 bằng 10. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 2,28 mol NaOH, thu được 27,84 gam kết tủa. Tính phần trăm khối lượng của nhôm kim loại có trong X. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng khi cho: a) Dung dịch Na2CO3 vào dung dịch FeCl3. b) Dòng khí H2S qua dung dịch FeCl3. c) Dung dịch KI vào dung dịch FeCl3, khi phản ứng xong cho thêm vài giọt hồ tinh bột. d) Từ từ dung dịch NaHSO4 vào dung dịch Na2CO3 theo tỉ lệ số mol 1:1 và đun nóng. 2. Sắp xếp các dung dịch: H2SO4, HCl, NaOH, Na2CO3 và Na2SO4 có cùng nồng độ 0,1M theo chiều tăng pH của dung dịch và giải thích bằng số liệu cụ thể thứ tự sắp xếp đó. 3. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi) trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư, thu được dung dịch A và khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất). Hấp thụ hết lượng SO2 bằng dung dịch chứa 0,1 mol NaOH (dư), thu được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Thêm vào m gam X một lượng kim loại M gấp đôi lượng kim loại M có trong X, thu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl dư, thu được 0,0775 mol H2. Thêm vào m gam X một lượng Fe bằng lượng Fe có trong X, thu được hỗn hợp Z. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, dư, thu được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. Viết các phương trình phản ứng và xác định M. 4. Hòa tan hoàn toàn 6,84 gam hỗn hợp E gồm Mg và kim loại M có hóa trị không đổi cần một lượng dung dịch HNO3 loãng, vừa đủ, thu được 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N2 và N2O có tỉ khối so với H2 là 16 và dung dịch F. Chia F thành 2 phần bằng nhau. Đem cô cạn phần 1, thu được 25,28 gam muối khan. Phần 2 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được 4,35 gam kết tủa. Viết các phương trình phản ứng và xác định kim loại M. Câu 4. (4,0 điểm) 1. Xác định các chất A1, A2, A3, A4, A5, A6 là các hiđrocacbon khác nhau và viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa sau đây:

2. Các chất hữu cơ A, B, C, D có cùng công thức phân tử C4H6O4 đều phản ứng với dung dịch NaOH theo tỷ lệ mol 1:2. Trong đó: A, B đều tạo ra một muối, một rượu; C, D đều tạo ra một muối, một rượu và nước. Biết rằng khi đốt cháy muối do A, C tạo ra thì trong sản phẩm cháy không có nước. Xác định A, B, C, D và viết phương trình phản ứng với dung dịch NaOH. 3. Đốt cháy 26,7 gam chất hữu cơ F 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 thúc các phản ứng, 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). Cho không khí có 20% thể tích là O2 và 80% thể tích là N2, F có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Xác định công thức phân tử của F. 4. Cho X và Y là hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở (có một nối đôi C=C); Z là ancol no, mạch hở; T là este ba chức tạo bởi X, Y và Z. Chia 40,38 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T thành 3 phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần 1, thu được 0,5 mol CO2 và 0,53 mol H2O. Phần 2 cho tác dụng với dung dịch brom dư, thấy có 0,05 mol Br2 phản ứng. Phần 3 cho tác dụng với lượng vừa đủ dung dịch hỗn hợp gồm KOH 1M và NaOH 3M, cô cạn, thu được m gam muối khan. Tìm giá trị của m. Câu 5. (4,0 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa sau: Biết a mol C7H8O2 tác dụng vừa đủ với 2a mol Na, còn khi tác dụng với dung dịch NaOH thì cần a mol NaOH và các nhóm thế ở các vị trí liền kề. 2. Công thức đơn giản nhất của chất M là C3H4O3 và chất N là C2H3O3. Biết M là một axit no đa chức, N là một axit no chứa đồng thời nhóm chức –OH; M và N đều là mạch hở. Viết công thức cấu tạo có thể có của M và N. 3. Hỗn hợp P gồm hai anđehit đơn chức là đồng đẳng kế tiếp. Đem 10,4 gam P tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO3 trong NH3 đun nóng, thu được 1 mol Ag. Nếu đem 10,4 gam P tác dụng hoàn toàn với H2 (xúc tác Ni, t0), thu được hỗn hợp X gồm hai ancol Y và Z (MY < MZ). Đun nóng X với H2SO4 đặc ở 1400C, thu được 4,52 gam hỗn hợp ba ete. Biết hiệu suất phản ứng tạo ete của Y bằng 50%. Viết các phương trình phản ứng và tính hiệu suất phản ứng tạo ete của Z. 4. Hỗn hợp X1 gồm 4 este mạch hở, trong đó có 1 este đơn chức và ba este hai chức là đồng phân của nhau. Đốt cháy hết 11,88 gam X1 cần 0,66 mol O2, thu được 0,57 mol CO2. Đun nóng 11,88 gam X1 với 310 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m gam chất rắn Y1 và phần hơi chỉ chứa 1 ancol đơn chức Z1. Cho hết lượng Z1 tác dụng với Na dư thì khối lượng bình chứa Na tăng 5,85 gam. Trộn m gam Y1 với CaO rồi nung nóng (không có mặt oxi), thu được 2,016 lít khí (đktc) một hiđrocacbon duy nhất. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng và công thức cấu tạo của các este trong hỗn hợp X1. ----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 9 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang) Câu

Nội dung

Điểm

H2SO4 loaõng

→ 12C + 11H2O a) C12H22O11  CO2 + 2SO2 + 2H2O C + 2H2SO4 đặc b) Xuất hiện kết tủa trắng và dung dịch chuyển sang màu vàng nâu FeCl2 + 2AgNO3

Câu 1

2AgCl

+ Fe(NO3)2

Fe(NO3)2 + AgNO3 Fe(NO3)3 + Ag c) Có khí mùi khai thoát ra và xuất hiện kết tủa trắng (NH4)2CO3 (NH2)2CO + 2H2O Ca(OH)2 + (NH4)2CO3 CaCO3 + 2NH3 + 2H2O d) Xuất hiện kết tủa keo trắng sau đó kết tủa tan ra trong axit dư H2SO4 + 2 H2O + 2NaAlO2 2Al(OH)3 + Na2SO4 3H2SO4 + 2Al(OH)3 Al2(SO4)3 + 6H2O 2FeS2 + 14H2SO4 đặc, nóng → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O NaCl + H2SO4 đặc, nóng → NaHSO4 + HCl 2NaBr + 2H2SO4 đặc, nóng → Na2SO4 + SO2 + Br2 + 2H2O 8NaI + 5H2SO4 đặc, nóng → 4Na2SO4 + H2S + 4I2 + 4H2O Do có kết tủa nên Na đã tác dụng với H2O Mặt khác: số mol kết tủa < số mol AlCl3 ⇒ có 2 TH xảy ra Cho Na vào nước thu được dung dịch A Na + HCl → NaCl + 1/2 H2 (1) Na + H2O → NaOH + 1/2H2 (2) 3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3 + 3NaCl (3) NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O (4) TH1: AlCl3 dư, không có (4) Ta có: nNa = nHCl + 3nAl(OH)3 = 0,6 mol ⇒ m = 0,6.23 = 13,8 gam TH2: Kết tủa bị hòa tan một phần, có (4) Ta có: nNa = nHCl + 4nAlCl3 – nAl(OH)3 = 0,3 + 0,15.4 – 0,1 = 0,8 mol ⇒ m = 0,8.23 = 18,4 gam Phản ứng: 2Al + 6HCl→ 2AlCl3 + 3H2 → x/3 x 

1,0

2Al + 3H2SO4→ Al2(SO4)3 + 3H2  a 3a ←

H2SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4↓+ 2H2O (đoạn 1) → x-3a  → x-3a x-3a  Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (đoạn 2) → 3a  → 3a  → 2a a  2AlCl3 + 3Ba(OH)2 → 3BaCl2 + 2Al(OH)3 (đoạn 3) → 0,5x  → x/3 x/3  2Al(OH)3 + Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + 4H2O (đoạn 4) Tổng số mol Ba(OH)2 ở thời điểm khối lượng kết tủa cực đại là: x -3a+3a+0,5x =1,5x =0,75 => x =0,5 mol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

3 Câu 2

1 15

m↓(max)=233(x-3a+3a)+ 78(2a+x/3)=139,9 ⇒ ⇒ y = 233(x-3a)=233(0,5 -0,2)= 69,9 gam Trường hợp 1: Cấu hình electron của X là [Ar] 4s1 ⇒ X thuộc ô thứ 19, chu kì 4, nhóm IA Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân. Trường hợp 2: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d5 4s1 ⇒ X thuộc ô thứ 24, chu kì 4, nhóm VIB Ở trạng thái cơ bản, X có 6 electron độc thân Trường hợp 3: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d10 4s1 ⇒ X thuộc ô thứ 29, chu kì 4, nhóm IB Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân a) FeSx+(4x+6) H+ +(6x+3)NO3- → Fe3++xSO42- +( 6x+3) NO2+(2x+3) H2O b) 3S2- + 2Fe3+ → 2FeS + S c) H+ + SO42- + HSO3- + Ba2+ → BaSO4 + SO2 +H2O d) Ba + 2 H2O → Ba2+ + 2OH- + H2 Ba2+ + 2OH- + NH4+ + HCO3- → BaCO3 + NH3 + 2H2O Do tính oxi hóa của Ag+ > Cu2+ và tạo hỗn hợp 2 oxit ⇒AgNO3 hết, Mg hết Ban đầu, đặt a, b là số mol Mg và Cu nAg+ = 0,06 , nCu2+ = 0,05 , nSO2 = 0,09 Dung dịch A chứa Mg2+ (a mol), NO3- (0,16 mol) và Cu2+: (0,08 – a) mol Bảo toàn điện tích: nCu2+ = 0,08 – a mol

1,0

BT e: 2a + 2b = 0, 09.2 a = 0,07 Ta coù heä:  ⇒ mX = 40a + 80 ( 0, 08 – a ) = 3,6  b = 0,02

Quy đổi X thành Mg, Al ( a mol), N (b mol), O (c mol) và đặt số mol NaNO3 là d mol. Ta có: 27,84 gam kết tủa là Mg(OH)2 ⇒nMg = 0,48 mol Mg2+ (0,48)  Na+ (2,28 + d)  3+ Mg (0,48) Al (a)  N O(0,12)     2 − Al(a) NaNO3(d) T AlO2 (a)    2,28 mol NaOH X +  →H2 (0,16) + Y Na+ (d)  →  2− H2SO4 (1,08) N(b)    SO4 (1,08) + H2O O(c) NH4  Mg(OH)2 (0,48) SO42− (1,08) 

4 Bảo toàn N:

n NH + = b + d − 0, 24 mol 4

Bảo toàn H:

H O 2

1, 08.2 − 0,16.2 − 4(b + d − 0, 24) = 1, 4 − 2b − 2d 2

BT O: c + 3d = 0,12+1,4–2b–2d 5d +2b+c = 1,52 a = 0,32    BT ÑT T: 2,28 + d = 1,08.2 + a a−d = 0,12 b = 0,08 ⇒ ⇒     BT ÑT Y: 3a+d + b+d −0,24 =1,08.2−0,48.2 3a + b +2d = 1,44 c = 0,36 BT KL X:27a+14b+16c = 27,04–0,48.24 =15,52 27a+16b+16c =15,52 d = 0,2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

T a có : n

c 0,36 − 0, 08.3 = = 0, 04 ⇒ n = 0, 32 − 2.0, 04 = 0, 24 mol Al 3 3

0, 24.27 .100% = 23, 96% 27, 04 a) Màu vàng của dd FeCl3 nhạt dần tạo kết tủa đỏ nâu và có khí bay lên 3Na2CO3 + 2FeCl3 +3H2O → 2Fe(OH)3↓ + 3CO2 + 6NaCl b) Màu vàng của dung dịch FeCl3 nhạt dần xuất hiện kết tủa trắng đục (vàng) c ủa S H2S + 2FeCl3 → 2FeCl2 + S↓ + 2HCl. c) Màu vàng của dung dịch FeCl3 nhạt dần, dung dịch chuyển thành màu xanh 2KI + 2FeCl3 → 2FeCl2 + I2 + 2KCl ⇒ %m

Al O 2 3

Al(X)

1,0

1:1 → Na2SO4 + NaHCO3 d) NaHSO4 + Na2CO3  0

t → Na2CO3 + CO2↑ + H2O Khi đun nóng có khí bay lên: 2NaHCO3 

Chiều pH tăng dần: H2SO4, HCl, Na2SO4, Na2CO3, NaOH Giải thích: + H2SO4 → 2H+ + SO42- , [H+] = 2.0,1 = 0,2M ⇒ pH = 1-lg2 = 0,7 + HCl → H+ + Cl- , [H+] = 0,1 M => pH = 1 2+ + Na2SO4 → 2Na + SO4 ⇒ pH = 7 + Na2CO3 → 2Na+ + CO32-

1,0

 →

 HCO3- + OH- có [OH-] < 0,1 nên 7 <pH < 13 CO32- + H2O ← + NaOH → Na+ + OH- có [OH-] = 0,1 M ⇒ [H+] = 10-13 ⇒ pH = 13 2Fe + 6 H2SO4 đặc, nóng → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) 2M + 2n H2SO4 đặc, nóng → M2(SO4)n + nSO2 +2nH2O (2) SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O (3) Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 (4); 2M + n H2SO4 → M2(SO4)n + nH2 (5) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (6); 2M + 2nHCl → 2MCln + nH2 (7)

Câu 3 3

NaOH : x(mol) x + 2y = 0,1 x = 0,025 ⇒ ⇒ ⇒ nSO2 = 0,0375 mol  Na SO : y(mol) 40x + 126y = 5,725  y = 0,0375 Theo (3):  2 3

1,0

 Fe : x (mol)  Fe : x (mol)  Fe : 2 x (mol) Trong m gam X  ⇒ trong Y  ⇒ trong Z  M : y(mol) M : 3y(mol)    M : y(mol)

 3x + ny = 0, 075  x = 0, 01   ⇒  ny = 0, 045 ⇒ M = 9n ⇒ M : Al  2x + 3ny = 0,1 5 5 152.2x+ 2M + 96n 0, 5y = 5, 605  M y = 0, 405 ( )  

Phản ứng: 8 M + 10nHNO3 = 8 M (NO3)n + nN2O + 5n H2O 10 M + 12n HNO3 = 10 M (NO3)n + nN2 + 6n H2O M (NO3)n + nNaOH → M (OH)n + nNaNO3

8 M + 10n HNO3 → 8 M (NO3)n + nNH4NO3 + 3n H2O Có thể: M(OH)n + (4-n) NaOH → Na4-nMO2 + 2H2O n N2 44 − 32 3 = = ⇒ nN 2 = 0,03; nN 2O = 0, 01 n N2O 32 − 28 1 Hỗn hợp X (0,04 mol): Sơ đồ: E+ HNO3 ⇒F: Mg2+, Mn+, NO3- (muối KL), NH4NO3 (a) + N2 (0,03); N2O (0,01) Ta có: nNO3- ( muối KL) = 0,03.10 + 0,01.8 +8a = 0,38 + 8a mmuối = 25,28.2 = 6,84 + 62(0,38 + 8a) + 80a ⇒ a=0,035 TH1: M(OH)n không lưỡng tính ⇒ Kết tủa gồm: Mg(OH)2 và M(OH)n

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg và M trong hhE

24x + My = 6,84 24x + My = 6,84  (loaïi) 58x + (M + 17n)y = 4,35.2 ⇒  24x My 2,52 + = −  2x + ny = 0,38 + 8.0, 035 

Ta có: TH2: M(OH)n lưỡng tính ⇒n Mg(OH)2 = 4,35.2/58= 0,15 mol =nMg ⇒ mM = 6,84 - 0,15.24 =3,24 gam

Baûo toaøn e: 0,15.2 +

3,24 n = 0,38 + 8.0,035 ⇒ M = 9n ⇒ n = 3 vaø M= 27 (Al) M

A6: CH4; A1: C2H2; A2: C2H4; A3: C4H10; A4: C4H4; A5: C4H6. Các phản ứng: 1500 C, laø m laï n h nhanh 2CH4        → C2H2 + 3H2. Pd/PbCO3 ,to → C2H4 C2H2 + H2  o

xt,to ,p

nC2H4   → (-CH2CH2-)n

CuCl,NH4Cl,to 2C2H2 → CH2=CH-C≡CH

1,0

Pd/PbCO3 ,to → CH2=CH-CH=CH2 CH2=CH-C≡CH + H2 

Ni,to → CH2=CH-C=CH2 + 2H2  C4H10 xt,t o C4H10 → CH4 + C3H6 xt,t o 2C2H5OH  → CH2=CH-CH=CH2 + H2 + 2H2O A, B + NaOH theo tỷ lệ mol 1: 2 → 1 muối và 1 rượu ⇒ A, B: este 2 chức to H3C-OOC- COO-CH3 (A)+ 2 NaOH → NaOOC-COONa + 2CH3OH

Câu 4

to HCOO-CH2CH2 –OOCH (B) +2NaOH → 2HCOONa +HOCH2-CH2 OH C, D + NaOH theo tỷ lệ mol 1:2 → muối + rượu + nước ⇒ C, D là este axit

Do muối cháy không tạo H2O ⇒ C là HOOC-COOC2H5, D là HOOC-CH2COOCH3

1,0

to HOOC- COOC2H5 + 2NaOH → NaOOC - COONa + C2H5OH + H2O to HOOC-CH2-COOCH3 + 2NaOH → NaOOC-CH2-COONa + CH3OH + H2O = n Ta có mH2O = 18,9 gam ⇒ H O 1,05 mol ⇒ nH = 2,1 mol 2

n = 0, 9 mol = n CO = n C mCaCO3 = 90 gam ⇒ CaCO 3

Sơ đồ: 18,9 gam F + KK → 0,9 mol CO2 + 18,9 gam H2O + 4,65 mol N2 Theo ĐLBTKL: mKK = 0,9.44 + 18,9 + 4,65.28 – 26,7 = 162 gam n O 2 KK =

162 = 1,125 mol ⇒ n N 2 (do F)=4,65 - 1,125.4=0,15 mol 32 + 4.28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

n O( trong F) =

26, 7 − (0, 9.12 + 2,1 + 0, 3.14) = 0, 6 mol 16

Tỉ số: nC:nH:nO:nN = 0,9:2,1:0,6:0,3 = 3:7:2:1 ⇒ Công thức đơn giản nhất của F là C3H7O2N ⇒ F là C3H7O2N

Quy E: CH2=CH-COOH, C3H5(OH)3: x mol, CH2: y mol và H2O: z mol nCH2=CH-COOH = n Br2 = 0,05 mol  mE= 0,05.72 +92x+14y+18z= 40,38/3= 13,46  x = 0,11   ⇒  y = 0, 02  nCO 2 = 0,05. 3 + 3x + y = 0,5  nH O = 0,05.2+ 4x + y + z=0,53 z = −0, 03   2 Do nCH2=CH-COOH > nCH2 ⇒ chỉ ghép CH2 vào axit Phản ứng vừa đủ ⇒ nOH- = nCH2=CH-COOH = 0,05 mol ⇒ nKOH = 0,0125 mol; nNaOH = 0,0375 mol Vậy: m = 0,05 ×71 + 0,02 ×14 + 0,0125×39 + 0,0375×23 = 5,18 gam Theo bài ra: C7H8O2 có 2H linh động khi phản ứng với Na và 1H linh động khi phản ứng với NaOH ⇒ 1-OH của ancol và 1-OH của phenol ⇒

to HO-Ar-CH2-OH + CuO → HO-Ar-CH=O + CuO + H2O to HO-Ar-CH=O + 4H2 → HOC6H10CH2OH

1,0

H SO ñaëc,to

2 4  →  HOC6H10CH2OH + 2CH3COOH ← (CH3COO)2(C6H10CH2)+2H2O o

2 Câu 5

H2 SO4 ñaëc,t  →  HO-Ar-CH2-OH + CH3COOH ← CH3COO-CH2-ArOH+H2O ⇒ ⇒ 5n/2+3n/2=2.3n/2+2 ⇒ n=2 Chất M: (C3H4O3)n C3n/2H5n/2(COOH)3n/2 ⇒ M là C6H8O6 hay C3H5(COOH)3 ⇒Công thức cấu tạo: HOOCCH2CH2CH(COOH)2, HOOCCH(CH3)CH(COOH)2, HOOCCH2CH(COOH)CH2COOH, (HOOC)3CCH2CH3 (HOOC)2C(CH3)CH2COOH Chất N: (C2H3O3)m ⇒ C2m-yH3m - (x+y)(OH)x(COOH)y

 3m = 2(2m − y) + 2  ⇒  3m = x + 2y  x ≤ 2m − y 

 m = 2y − 2   3m = x + 2y ⇒ y ≤ 2 

1,0

 Khi y=1 ⇒ m=0 (loaï i)   Khi y=2 ⇒ m=2,x=2 (choï n )

⇒ N là: C4H6O6 hay C2H2(OH)2(COOH)2 ⇒ Công thức cấu tạo: HOOCCH(OH)-CH(OH)COOH và (HOOC)2C(OH)CH2OH to RCHO + 2[Ag(NH3)2]OH → RCOONH4 + 2Ag + 3NH3 + H2O (1) to HCHO + 4[Ag(NH3)2]OH → (NH4)2CO3 + 4Ag + 6NH3 + 2H2O (2) to R-CHO + H2 → R-CH2OH (3) H SO ñaëc, 140oC

2 4 → RO R + H2O (4) 2 ROH  Nếu P không chứa HCHO ⇒ nP = 0,5 mol. M = 10,4/0,5 = 20,8 ⇒ loại Vậy P gồm HCHO (x mol) và CH3CHO (y mol)

1,0

4x + 2y = 1  x = 0, 2 m ol  Y : C H 3 O H : 0, 2 m ol ⇒  ⇒ X:   Z : C 2 H 5 O H : 0,1 m ol  30 x + 44 y = 10, 4  y = 0,1 m ol

Đặt HS của (pư)=0,1hmol

Z:H% ⇒ h=H/100,

nCH3OH(pư)=0,1mol,

nC2H5OH

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Theo (4) : nH2O =1/2n ROH BTKL: 32.0,1 + 46.0,1h = 4,52 + 18.(0,05 + 0,05h) ⇒ h = 0,6 ⇒ H% = 60% Pư: CxHyOz + (x +y/4 – z/2)O2 → xCO2 + y/2H2O (1) Do: X1 + NaOH → 1 ancol ⇒ ACOOB (x mol), BOOC-R-COOB (y mol) to ACOOB + NaOH → ACOONa + BOH (2) to BOOC-R-COOB + 2NaOH → R(COONa)2 + BOH (3) 0

CaO, t → AH + Na2CO3 (4) ACOONa + NaOH    CaO, t 0

→ RH2 + 2Na2CO3 (5) R(COONa)2 + 2NaOH    BOH + Na → BONa + 1/2H2 (6) Theo (1) : nH2O = 0,44 mol ⇒ nO(X1)=0,57.2 + 0,44-0,66.2 = 0,26 mol Theo (2,3): 2x+4y=0,26 ⇒ nNaOH (pư)=x +2y=0,13 ⇒ nNaOH dư=0,18mol Do: nNaOH(2,3)=nNaOH(4,5)=0,13 mol ⇒ nAH + nRH2 = x + y = 0,09 ⇒ x = 0,05 và y = 0,04 Ta có: 0,13(B + 17) – 0,13.2/2 = 5,85 ⇒ B = 29 ⇒ BOH là C2H5OH Ta có: 0,05(A + 73) + 0,04(R + 146) = 11,88, R=A–1 ⇒ A=27 là CH2=CHCác este: CH2=CH-COOC2H5, C2H5OOC-CH=CH-COO-C2H5 (Cis -Trans) và C2H5-OOC-C(=CH2)-COO-C2H5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 11 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang) Câu 1. (4,0 điểm) 1. Cho các sơ đồ phản ứng: a) (A) + H2O → (B) + (X).

b) (A) + NaOH + H2O → (G) + (X).

t o ,xt

c) (C) + NaOH  d) (E) + (D) + H2O → (B) + (H) + (I). → (X) + (E). e) (A) + HCl → (D) + (X). g) (G) + (D) + H2O → (B) + (H). Biết A là hợp chất được tạo nên từ hai nguyên tố là nhôm và cacbon. Xác định các chất X, A, B, C, D, E, G, H, I và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron:

t a) FeS2 + H2SO4 đặc  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O. b) FeCO3 + FeS2 + HNO3 → Fe2(SO4)3 + CO2 + NO + H2O. 3. Cho m gam hỗn hợp gồm bari và hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì kế tiếp tác dụng với 200 ml dung dịch chứa H2SO4 1M và HCl 1M, thu được 0,325 mol H2 và 62,7 gam chất rắn khan khi làm bay hơi hết nước. Nếu cho m gam hỗn hợp trên vào nước dư, thu được dung dịch Y, nếu cho 0,195 mol Na2SO4 vào Y thấy còn dư Ba2+, nhưng nếu cho 0,205 mol Na2SO4 vào Y thì SO42- còn dư. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định hai kim loại kiềm. 4. Cho 39,84 gam hỗn hợp X1 gồm Fe3O4 và Cu vào dung dịch HNO3 đun nóng, thu được 0,2/3 mol NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y1 và 3,84 gam Cu. Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch Y1, không có không khí, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng và tìm giá trị của m. Câu 2. (4,0 điểm) 1. Hoàn thành các phương trình phản ứng có thể xảy ra trong các trường hợp sau: a) Dẫn khí O3 vào dung dịch KI. b) Dẫn khí H2S vào dung dịch FeCl3. c) Trộn dung dịch KI với dung dịch FeBr3. d) Dẫn khí Cl2 vào dung dịch NaOH. e) Dẫn khí SO2 vào dung dịch KMnO4. g) Dẫn khí Cl2 vào dung dịch NaBr. 2. Viết các phương trình phản ứng dạng ion thu gọn trong mỗi trường hợp sau: a) Cho Ba vào dung dịch NaHCO3. b) Cho từ từ CO2 đến dư qua dung dịch clorua vôi. c) Cho NaAlO2 vào dung dịch NH4NO3. d) Cho Ba(HSO3)2 vào dung dịch KHSO4. 3. Đốt cháy hoàn toàn 4,4 gam sunfua của kim loại M (công thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứng đem hòa tan trong một lượng vừa đủ dung dịch HNO3 37,8% thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được là 41,72%. Khi làm lạnh dung dịch này thì thoát ra 8,08 gam muối rắn (N). Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Viết các phương trình phản ứng và xác định công thức của muối rắn (N). 4. Để 26,88 gam phôi Fe ngoài không khí một thời gian, thu được hỗn hợp rắn X gồm Fe và các oxit. Hòa tan hết X trong 288 gam dung dịch HNO3 31,5%, thu được dung dịch Y chứa các muối và hỗn hợp khí Z gồm 2 khí, trong đó oxi chiếm 61,11% về khối lượng. Cô cạn Y, rồi nung đến khối lượng không đổi thấy khối lượng chất rắn giảm 67,84 gam. Xác định nồng độ % Fe(NO3)3 trong Y. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Nêu hiện tượng và viết phương trình ion thu gọn trong các thí nghiệm sau: a) Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch chứa AgNO3. b) Cho KHS vào dung dịch CuCl2. c) Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch H2SO4 1M, đun nóng nhẹ. d) Cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch hỗn hợp gồm HCl và AlCl3. 2. Cho 37,2 gam hỗn hợp X1 gồm R, FeO và CuO (R là kim loại hóa trị II, R(OH)2 không lưỡng tính) vào 500 gam dung dịch HCl 14,6 % (dùng dư), thu được dung dịch A1, chất rắn B1 chỉ chứa một kim loại nặng 9,6 gam và 6,72 lít H2 (ở đktc). Cho dung dịch A1 tác dụng với dung dịch KOH dư, thu 0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

được kết tủa D. Nung D trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 34 gam chất rắn E gồm hai oxit. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng và tìm R. 3. Viết phương trình phản ứng của axit salixilic lần lượt với: dung dịch NaOH; dung dịch NaHCO3; CH3OH, có mặt H2SO4 đặc, nóng; (CH3CO)2O, có mặt H2SO4 đặc, nóng. 4. X và Y là 2 axit cacboxylic đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng (MX<MY). Trộn X và Y theo tỉ lệ mol 1:1, thu được hỗn hợp A. Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X. Cho Z vào A được hỗn hợp B. Để đốt cháy hoàn toàn 7,616 lít hơi B (ở đktc) phải dùng vừa hết 1,3 mol oxi. Phản ứng tạo thành 58,529 lít hỗn hợp khí K (ở 1270C và 1,2 atm) chỉ gồm khí CO2 và hơi nước. Tỉ khối của K so với metan là 1,9906. a) Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo và gọi tên X, Y, Z. Biết rằng các chất này đều có mạch hở và không phân nhánh. b) Tính khối lượng este tạo thành khi đun nhẹ hỗn hợp B như trên với một ít H2SO4 đậm đặc làm xúc tác, biết rằng hiệu suất của phản ứng là 75% và các este tạo thành có số mol bằng nhau. Câu 4. (4,0 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa sau: CH4 → A → B → C → D → E → CH4. Biết C là hợp chất hữu cơ tạp chức, D hợp chất hữu cơ đa chức. 2. Trình bày phương pháp hóa học để phân biệt các chất riêng biệt sau bằng phương pháp hoá học: CH2=CH-CHO, C2H5CHO, CH3CH2OH, CH2=CH-CH2-OH, CH2=CH-COOH. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 3. Đốt cháy hết 13,36 gam hỗn hợp X gồm axit metacrylic, axit ađipic, axit axetic và glixerol (trong đó số mol axit metacrylic bằng số mol axit axetic) bằng oxi dư, thu được hỗn hợp Y gồm khí và hơi, dẫn Y vào dung dịch chứa 0,38 mol Ba(OH)2, thu được 49,25 gam kết tủa và dung dịch Z. Đun nóng Z lại xuất hiện kết tủa. Cho 13,36 gam hỗn hợp X tác dụng với 140 ml dung dịch KOH 1M, cô cạn dung dịch thu được m gam chất rắn khan. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m. 4. Cho xenlulozơ tác dụng với anhiđrit axetic, thu được axit axetic và 82,2 gam hỗn hợp rắn gồm xenlulozơ triaxetat và xenlulozơ điaxetat. Để trung hòa 1/10 lượng axit tạo ra cần dùng 80 ml dung dịch NaOH 1M. Viết các phương trình phản ứng và tính khối lượng từng chất trong hỗn hợp rắn thu được. Câu 5. (4,0 điểm) 1. Ankađien A có công thức phân tử C8H14 tác dụng với dung dịch Br2 theo tỷ lệ mol 1: 1 sinh ra chất B. Khi đun A với dung dịch KMnO4 trong môi trường H2SO4 loãng, sinh ra ba sản phẩm hữu cơ là CH3COOH, (CH3)2C=O, HOOC-CH2-COOH. Xác định công thức cấu tạo của A, B và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Hỗn hợp R gồm 2 anđehit đơn chức là đồng đẳng kế tiếp. Cho 20,8 gam R phản ứng tráng bạc, thu được tối đa 2 mol Ag. Nếu hiđro hóa hoàn toàn 10,4 gam R thành 2 ancol tương ứng là N và M (MN < MM), xúc tác H2SO4 đặc ở 1400C, thu được 3,62 gam hỗn hợp ete. Biết hiệu suất phản ứng ete hóa N là 50%. Tính hiệu suất phản ứng ete hóa M. 3. Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic (MX < MY), Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X, T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z và T cần dùng vừa đủ 0,59 mol O2, thu được khí CO2 và 0,52 mol nước. Biết 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br2. Tính khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH. 4. Este A1 tạo bởi 2 axit cacboxylic X1, Y1 đều đơn chức, mạch hở và ancol Z1. Xà phòng hóa hoàn toàn m gam A1 bằng dung dịch NaOH, thu được dung dịch B1. Cô cạn dung dịch B1, rồi nung trong NaOH khan dư, có xúc tác CaO, thu được chất rắn R1 và hỗn hợp khí K1 gồm 2 hiđrocacbon có tỉ khối so với O2 là 0,625. Dẫn khí K1 lội qua dung dịch nước brom dư thấy có 0,24 mol một chất khí thoát ra. Cho toàn bộ lượng chất rắn R1 tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư, thu được 0,36 mol khí CO2. Để đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam ancol Z1 cần dùng vừa đủ 0,105 mol O2, thu được CO2 và nước có tỉ lệ khối lượng tương ứng là 11:6. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng và tìm công thức cấu tạo của X1, Y1, Z1 và A1. ----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 11 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 06 trang) Câu Câu 1

Ý Nội dung 1

Điểm

X A B C D CH4 Al4C3 Al(OH)3 CH3COONa AlCl3 a) Al4C3 + 12H2O → 4Al(OH)3 + 3CH4 b) Al4C3 + 4NaOH + 4H2O → 4NaAlO2 + 3CH4

G NaAlO2

H NaCl

0,25

CaO,t c) CH3COONa + NaOH  → CH4 + Na2CO3 d) 3Na2CO3 + 2AlCl3 + 3H2O → 2Al(OH)3 + 6NaCl + 3CO2 e) Al4C3 + 12HCl → 4AlCl3 + 3CH4 g) 3NaAlO2 + AlCl3 + 6H2O → 4Al(OH)3 + 3NaCl

t → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O a) 2FeS2 + 14H2SO4 đ 

2x 11x

46x

0,25

FeS2 → Fe+ 2 S + 11e +6

0,25

S + 2e → S

b) 3FeCO3 + 9FeS2 + 46HNO3 → 6Fe2(SO4)3 + 3CO2 + 46NO + 23H2O 3x

0,75

0,25

Fe +3FeS2 → 4Fe+ 6 S + 46e +5

N + 3e → N

0,25

Gọi 2 kim loại kiềm là M: x mol; Ba: y mol Theo bài: nH+ = 0,6 mol và nH2 = 0,325 mol

⇒ Axit hết và kim loại còn phản ứng với H2O

0,25

Ta có: nH2(tác dụng với nước tạo thành)= 0,325 – 0,3 = 0,025

⇒ nOH- = 0,025.2 = 0,05 mol

0,25

⇒ mkim loại = 62,7 – 0,2.96 -0,2.35,5 – 0,05.17 = 35,55 gam Mx +137y = 35,55  x = 0,65− 2y 35,55− M(0,65−2y) Ta coù heä:  ⇒ ⇒0,195 < y = < 0,205 137 x + 2y = 0,65 0,195 < y < 0,205

⇒ 31,1<M<33,98 ⇒ Na (23) và K (39)

Gọi nFe3O4 =x mol; nCu (phản ứng) = y mol 3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (1) 3Cu + 8 HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (2) Cu + 2Fe(NO3)3 → Cu(NO3)2 + 2Fe(NO3)2 (3)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Câu

Ý Nội dung Fe(NO3)2 + 2NH3 + 2H2O→ Fe(OH)2 + 2NH4NO3 (4) Cu(NO3)2 + 2NH3 + 2H2O → Cu(OH)2 + 2NH4NO3 (5) Cu(OH)2 + 4NH3 → [Cu(NH3)4](OH)2

Điểm 0,5

(6)

Mỗi phương trình 0,1 điểm (đúng từ 5 phương trình cho điểm tuyệt đối) 232x + 64y = 39,84 − 3,84  x = 0,1 mol Ta coù heä:  ⇒ 2y = 0,2 + 2x  y= 0,2 mol

⇒ m =mFe(OH)2 = 0,1.3.90 = 27 gam

0,25 0,25

Câu 2 1

a) O3 + 2KI + H2O → 2KOH + O2 + I2 b) H2S + 2FeCl3 → 2FeCl2 + S + 2HCl c) 2KI + 2FeBr3 → 2KBr + I2 + 2FeBr2 d) Cl2 +2NaOH → NaCl + NaClO + H2O 0

t → 5NaCl + NaClO3 + 3H2O 3Cl2 +6NaOH 

1,0

e) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → 2H2SO4 + K2SO4 + 2MnSO4 g) Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 5Cl2 + Br2 + 6H2O → 2HBrO3 + 10HCl

Mỗi phương trình 0,125 điểm 2

a) Ba +2H2O → Ba2+ + 2OH- + H2 HCO3- + OH- → CO32- + H2O,

Ba2+ + CO32- → BaCO3

b) CO2 + 2OCl- + H2O + Ca2+ → CaCO3 + 2HClO CO2 + CaCO3 + H2O → Ca2+ + 2HCO3-

0,25 0,25 0,25 0,25

c) NH4+ + AlO2- + H2O → NH3 + Al(OH)3 d) HSO3- + H+ + SO42- + Ba2+ → BaSO4 + H2O + SO2 3

⇒ Ma + 32a = 4,4

MS: a mol

t 2MS + (0,5n+2) O2  → M2On

(I) + 2SO2

a/2

M2On + 2nHNO3 → 2M(NO3)n + nH2O a/2

(1) (mol)

(2) (mol)

0,25

mdd HNO3 = 500na/3 Ma + 62na 41, 72 = ⇒ M = 18,653n ⇒ M : Fe Ma + 8na + 500na / 3 100

0,25

m(dd trước khi làm lạnh) = Ma + 8na + 166,67na = 29 gam ⇒ a = 0,05 mol Sau khi làm lạnh, khối lượng dung dịch là: 29 – 8,08 = 20,92 gam

nFe(NO3 )3 =

20,92.34,7 = 0,03mol ⇒ nFe (NO3 ) trong muoái = 0,02 3 100.242

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Câu

Ý Nội dung 242 + 18m = 404 ⇒ m =9 ⇒ CT của muối Fe(NO3)3.9H2O

Điểm 0,25

t 2Fe(NO3)2  → Fe2O3 + 4NO2 + 1/2O2 a mol → 2a 0,25a t 2Fe(NO3)3 → Fe2O3 +6NO2 + 3/2O2 b mol → 3b 0,75b 0

Câu 3 1

a + b = 0,48 a = 0,16 mol Ta coù heä:  ⇒ ⇒ NO3− :1,28mol 46(2a + 3b) + 32(0,25a + 0,75b) = 67,84 b = 0,32 mol  

0,25

nN(trong Z)=1,44-1,28=0,16 mol ⇒ mZ=(0,16.14.100)/(100-61,11)=5,76 gam Sơ đồ: X + HNO3 → Muối + Z + H2O ⇒ mX + 1,44.63 = 0,16.180 + 0,32.242 + 0,74.18 ⇒ mX = 34,24 gam ⇒ m(dung dịch sau)=34,24+288 – 5,76=316,48 gam Vậy: C%(Fe(NO3)3) = (0,32.242.100)/316,48 = 24,47%

0,5 0,25

a) Có kết tủa xám: Ag+ + NH3 + H2O → AgOH + NH4+ Sau đó kết tủa tan dần, tạo dung dịch trong suốt AgOH + 2NH3 → [Ag(NH3)2]+ + OHb) Xuất hiện kết tủa đen: Cu2+ + HS- → CuS + H+ c) Dung dịch có màu vàng và có khí không màu hóa nâu trong không khí bay ra 3Fe2+ + NO3- + 4H+ → 3Fe3+ + NO + 3H2O, 2NO + O2 → NO2 d) Ban đầu chưa xuất hiện kết tủa, sau đó mới có kết tủa keo trắng nếu nhỏ tiếp dung dịch NaOH đến dư vào thì kết tủa tan OH- + H+ → H2O, Al3+ + 3OH- → Al(OH)3, Al(OH)3+OH- →AlO2- +2H2O Viết sai hoặc không viết phương trình trừ nửa số điểm Cho X + HCl dư → H2, nên R là kim loại đứng trước H Vì axit dư, nên R hết ⇒ B1:Cu ⇒A1 không có CuCl2, Rắn E: RO và Fe2O3 (1) R + 2HCl → RCl2 + H2 FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O (2) (3) CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O R + CuCl2 → RCl2 + Cu (4) HCl + KOH → KCl + H2O (5) RCl2 + 2KOH → R(OH)2 + 2KCl (6) FeCl2 + 2KOH → Fe(OH)2 + 2KCl (7) t0 → RO + H2O (8) R(OH)2  t 2Fe(OH)2 + ½ O2 → Fe2O3 + 2H2O (9) Ta có: nCuO=nCuCl2=nCu=0,15 mol ⇒nRCl2 = nR = nH2+nCuCl2=0,3+0,15= 0,45 mol ⇒ nRO = nR(OH)2 = nRCl2 = 0,45 mol Gọi n(FeO ban đầu) = x mol

0,25 0,25 0,25 0,25

0,5

 0,45. ( R + 16 ) + 0,5x.160 = 34  R = 24(Mg) ⇒ Ta coù heä:   0,45.R + 72x + 80.0,15 = 37,2  x=0,2 mol

0,25

HO-C6H4-COOH + 2NaOH → NaO-C6H4-COONa + 2H2O HO-C6H4-COOH + NaHCO3 → HO-C6H4-COONa + H2O + CO2 H SO ®Æc, to

2 4   → HO-C6H4-COOCH3 + H2O HO-C6H4-COOH + CH3OH ←   H2SO4 ®Æc, t o

0,25

 → CH3COO-C6H4-COOH+CH3COOH HO-C6H4-COOH+(CH3CO)2O ←  Mỗi phương trình 0,25 điểm Ta có: nB=0,34 mol, nCO2+nH2O = 2,14 mol, nH2O=1 mol và nCO2=1,14 mol Đặt CT chung các chất trong B là Cx H y O z có:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Câu

Ý Nội dung Cx H y O z + ( x + y / 4 − z / 2 ) O2 → x CO2 + y / 2 H2O ⇒ x = 3,35 ; y = 5,88 ; z = 2 ⇒ X có 3 C; Y có 4 C; Z có 3 C và 2 O trong phân tử ⇒ Z có công thức là C3H8O2. Đặt X là C3H6-2aO2 và Y là C4H8-2aO2 với nX = nY = x mol; nZ = z mol. 2x + z = 0,34  x = 0,12 mol Ta coù heä:  ⇒ 7x 3z 1,14 + =  z = 0,1 mol

⇒ nH2O = (3 - a)x + (4 - a)x + 4z = 1 ⇒ a = 1 ⇒ X là C3H4O2; Y là C4H6O2. a) CTCT của X: CH2=CH-COOH: Axit propenoic Y: CH2=CH-CH2-COOH hoặc CH3-CH=CH-COOH Axit but-3-enoic hoặc Axit but-2-enoic Z: OH-CH2-CH2-CH2-OH hoặc CH3-CH(OH)-CH2-OH Propan-1,3-điol hoặc Propan-1,2-điol.

Điểm 0,25

0,25

H SO ®Æc, t o

4  2   → (RCOO)2C3H6 + 2H2O b) 2RCOOH + C3H6(OH)2 ←   Do A hết, Z dư nên số mol mỗi este = (0,12:2):3x75/100 = 0,015 mol ⇒ (C2H3COO)2C3H6 = 2,76 gam; (C3H5COO)2C3H6 = 3,18gam C2H3COOC3H6OOC-C3H5 = 2,97 gam

Câu 4 1

0,25

xt,t 2CH4 + O2  → 2CH3OH

xt,t → CH3COOH CH3OH + CO  H SO ñaëc,t 0

2 4  → CH3COOC2H4OH + H2O CH3COOH + C2H4(OH)2 ← 

H SO ñaëc,t 0

2 4  → (CH3COO)2C2H4 + H2O CH3COOC2H4OH + CH3COOH ← 

1,0

t (CH3COO)2C2H4 + NaOH  → CH3COONa + C2H4(OH)2

CaO,t → CH4 + Na2CO3 CH3COONa + NaOH  Mỗi phương trình phản ứng 0,125 điểm, điều kiện phản ứng 0,25 điểm Dùng dung dịch AgNO3/NH3 dư phân biệt được 2 nhóm: - Tạo kết tủa Ag: CH2=CH-CHO, C2H5CHO t0 → R-COONH4+2Ag ↓ + 2NH4NO3 R-CHO+2AgNO3+3NH3+H2O  - Không hiện tượng gì: CH2=CH-CH2-OH, CH2=CH-COOH, CH3CH2OH Cho mẩu thử từ CH2=CH-CHO, C2H5CHO tác dụng với dung dịch Br2/CCl4 - Nếu làm mất màu Br2/CCl4→ CH2=CH-CHO, không hiện tượng là C2H5CHO CCl 4 → CH2Br-CHBr-CHO Phản ứng: CH2=CH-CHO + Br2  - Các mẩu thử còn lại làm quỳ tím chuyển màu đỏ là CH2=CH-COOH, không làm đổi màu quỳ tím là: CH2=CH-CH2-OH, CH3CH2OH. - Cho 2 mẩu thử còn lại tác dụng dung dịch brom. Nếu mất màu dung dịch brom trong CCl4 là CH2=CH-CH2-OH, không làm mất là CH3CH2OH CH2=CH-CH2-OH + Br2 → CH2Br-CHBr-CH2OH Nhận biết và viết đúng phương trình mỗi chất 0,25 điểm Do số mol 2 axit C4H6O2 và C2H4O2 bằng nhau ⇒ 2 axit là C3H5O2 Coi hỗn hợp X gồm : C3H5O2 a mol và C3H8O3 b mol C3H5O2 → 3CO2 a 3a C3H8O3 → 3CO2 b 3b Do đun lại xuất hiện kết tủa ⇒ có 2 muối tạo thành CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O 0,25 0,25 ← 0,25 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 0,26 ← (0,13=0,38-0,25)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

0,25

Câu

Ý Nội dung Hoặc: nBaCO3 = nOH- - nCO2 ⇒ nCO2 = 0,38.2 – 0,25=0,51 3a + 3b = 0,51 a = 0,12 mol Ta coù heä:  ⇒  73a + 92b = 13,36  b = 0,05 mol

C3H5O2 + KOH → C2H4COOK + H2O (5) 0,12 0,12 0,12 nKOH bđ = 0,14 mol → nKOH dư = 0,02 mol ; nmuối = 0,12 mol ⇒ Khối lượng chất rắn : m = 0,12 x 111 + 0,02 x 56 = 14,44 gam Gọi n[C6H7O2(OCOCH3)3]n=x mol, n[C6H7O2(OH)(OCOCH3)2]n=y mol ⇒ n CH3COOH = 10.n NaOH= 0,8 mol xt [C6H7O2(OH)3]n+3n(CH3O)2O  → [C6H7O2(OCOCH3)3]n + 3nCH3COOH xt [C6H7O2(OH)3]n+2n(CH3O)2O  → [C6H7O2(OH)(OCOCH3)2]n + 2nCH3COOH CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O 288nx + 246ny = 82,2 nx = 0,2 mol Ta coù heä:  ⇒  3nx + 2ny = 0,8 ny=0,1 mol ⇒ m[C6H7O2(OCOCH3)3]n = 288.nx = 288.0,2 = 57,6 gam m[C6H7O2(OH)(OCOCH3)2]n = 246.nx = 246.0,1 = 24,6 gam

Điểm 0,25 0,25 0,25

0,5

0,25 0,25

Câu 5 1

Khi đun A với dung dịch KMnO4 trong H2SO4 sinh ra: CH3COOH, (CH3)2C = O, HOOCCH2COOH ⇒ Công thức cấu tạo của A là (CH3)2C = CH – CH2 – CH = CH – CH3 B là (CH3)2CBr-CHBr CH2 – CH = CH – CH3 hoặc (CH3)2C = CH – CH2 – CHBr – CHBr – CH3 5(CH3)2C = CH – CH2 – CH = CH – CH3 + 14KMnO4 + 21H2SO4 → 5(CH3)2CO + 5CH2(COOH)2 + 5CH3COOH + 14MnSO4 + 7K2SO4 + 21H2O Nếu R không có HCHO thì M = 20,8 gam/mol ⇒ loại Vậy R gồm: HCHO a mol và CH3CHO b mol 30a + 44b = 20,8 a = 0,4mol CH OH : 0,2mol Ta coù heä:  ⇒ ⇒ 1/ 2 3 4a + 2b = 2  b = 0,2mol C2 H 5OH : 0,1mol

0,5 0,25 0,5

H SO ,140 2ROH   → R2O + H2O. Gọi hiệu suất H%, H%=100.h ⇒ 32.0,2.0,5 + 46.0,1.h -18.0,05-18.0,05h = 3,62 ⇒ h =0,3567 ⇒ H%=35,67% nCO = 0,47 BTNT Cách 1: 11,16 + 0,59.32 = mCO2 + 9,36 →  2 ⇒  →nO (trongE) = 0,28 n = 0,52  H2O → Ancol no hai chức. BTNT.O  → 2a + 4b + 2c = 0, 28 a = 0,02 Axit : a  BTLK. π   ⇒ b = 0,01 este : b →  → a + 2b = 0,04 ancol : c  c = 0,1    0,52 − 0, 47 = −a − 3b + c Suy ra n = 0,47/0,13=3,6 ⇒ C3H6(OH)2 mE + mKOH = m + mC3H6(OH)2 + mH2O ⇒ m = 4,68 gam C3H4O2 :0,04mol C H (OH) : x mol 72.0,04 + 76x + 14y + 18z = 11,16 x = 0,11mol    2 Cách 2:  3 6 ⇒ 2.0,04 + 4x + y + z = 0,52 y = 0,02mol CH2 : ymol 3.0,04 + 3x + y = 0, 47 z = −0,02mol   H2O: z mol Ta có: 72.0,04 + 14.0,02 + 38.0,04 = m = 4,68 gam 2

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,5 0,25

Câu

Ý Nội dung 4

Tìm Z1: Do

Điểm

m CO2

m H2O

11 n CO2 3 ⇒ = ⇒ n H2O > n CO2 ⇒ Z : no, hở: CnH2n+2Ok 6 n H 2O 4

3n + 1 − k O2 → nCO2 + (n+1)H2O 2 n 3 5 − 0,5k 44 + 16k Ta có: = ⇒ n = 3⇒ = ⇒ k = 3 ⇒ Z : C3H5 (OH)3 n +1 4 0,105 2, 76 Xác định X1, Y1: Do K1 = 32.0,625=20 ⇒ có CH4 và RH ⇒ nCH4= 0,24 mol ⇒ X1 là CH3COOH ⇒ CH3COONa:0,24 mol⇒RCOONa=0,36-0,24=0,12mol Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2 + H2O CaO,t o → Na2CO3 + CH4 CH3COONa + NaOH  CaO,t o RCOONa + NaOH → Na2CO3 + RH 16.0, 24 + (R + 1).0,12 = 20 ⇒ R = 27(C2 H 3 ) 0, 24 + 0,12 Do nX1 : nY1 = 2 : 1 ⇒ A1: (CH3COO)2C3H5(OCOCH=CH2) CnH2n+2Ok +

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ẠY

KÈ

Q U

FF IC IA L

Câu 1. (2,0 điểm) 1) Khí A không màu có mùi đặc trưng, khi cháy trong khí oxi tạo nên khí B không màu, không mùi. Khí B có thể tác dụng với liti kim loại ở nhiệt độ thường tạo ra chất rắn C. Khí A tác dụng với axit mạnh D tạo ra muối E. Dung dịch muối E không tạo kết tủa với bari clorua hoặc bạc nitrat. Nung muối E trong bình kín sau đó làm lạnh bình thu được khí F và chất lỏng G. Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G và viết phương trình phản ứng xảy ra. 2) Trình bày phương pháp hóa học và viết phương trình phản ứng (nếu có) để tinh chế các chất trong các trường hợp sau: a) Tinh chế khí Cl2 có lẫn khí HCl. c) Tinh chế khí NH3 có lẫn khí N2, H2. b) Tinh chế khí CO2 có lẫn khí CO. Câu 2. (2,0 điểm) 1) Bằng kiến thức về phân bón hoá học, em hãy giải thích câu tục ngữ: “Lúa chiêm lấp ló đầu bờ Hễ nghe tiếng sấm phất cờ mà lên” 2) Viết công thức hoặc nêu thành phần chính của lân nung chảy, supephotphat, đạm ure, đạm amoni và giải thích một số kĩ thuật bón phân sau đây: Lân nung chảy thích hợp với đất chua. Không nên bón phân supephotphat, phân đạm ure, phân đạm amoni cùng với vôi bột. Câu 3. (2,0 điểm) 1) Cho biết hằng số điện li của axit axetic: Ka (CH3COOH) = 1,8.10-5 ; axit propionic : Ka (C2H5COOH) = 1,3.10-5. Một dung dịch chứa CH3COOH 0,002M và C2H5COOH x M. Hãy xác định giá trị của x để trong dung dịch này có độ điện li của axit axetic là 0,08. 2) Tính thể tích dung dịch NaOH 0,1M cần dùng để cho vào 200 ml dung dịch H 3PO4 0,1M và sau phản ứng thu được dung dịch có pH = 7,21 ; pH = 9,765. Cho pKa (H3PO4) : pKa1 = 2,15 ; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32. Câu 4. (2,0 điểm) 1) Trong công nghiệp, axit HNO3 được điều chế từ N2 với hiệu suất từng giai đoạn lần lượt là 25%, 75%, 90%, 85%. Tính thể tích không khí (đktc, N2 chiếm 80% về thể tích) tối thiểu cần dùng để điều chế lượng HNO3 đủ để hòa tan hoàn toàn 18,4 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe với tỉ lệ mol tương ứng 2:1 (NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5). 2) Trộn m gam hỗn hợp X gồm Mg và Al với 47,0 gam Cu(NO 3)2 thu được hỗn hợp Y. Nung Y trong điều kiện không có không khí, sau một thời gian thu được chất rắn Z và 4,928 lít hỗn hợp khí G (đktc). Hòa tan hoàn toàn Z bằng 1,36 lít dung dịch H 2SO4 1,0M, thu được dung dịch T chỉ chứa 171,64 gam muối sunfat khan và 11,2 lít hỗn hợp khí M (đktc) gồm NO và H 2, tỉ khối của M so với H 2 bằng 6,6. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp X. Câu 5. (2,0 điểm) 1) Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp X gồm a mol NaOH và b mol K 2CO3 kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị như hình bên. Hãy viết các phương trình phản ứng dạng ion rút gọn và xác định tỉ lệ a:b. 2) Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Na, K2O, Ba và BaO (trong đó oxi chiếm 10% về khối lượng) vào nước, thu được 100 ml dung dịch Y và 0,56 lít khí H2 (đktc). Trộn 100 ml dung dịch Y với 400 ml dung dịch gồm HCl 0,4M và HNO 3 0,1M, thu được 500 ml dung dịch có pH = 1. Tính giá trị của m. Câu 6. (2,0 điểm) 1) Cho hỗn hợp A gồm 3 hiđrocacbon X, Y, Z thuộc 3 dãy đồng đẳng khác nhau, hỗn hợp B gồm O 2 và O3. Trộn A và B theo tỉ lệ thể tích tương ứng là 1,5 : 3,2 rồi đốt cháy hoàn toàn thu được hỗn hợp chỉ Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ẠY

KÈ

Q U

FF IC IA L

gồm CO2 và hơi H2O theo tỉ lệ thể tích là 1,3 : 1,2. Biết tỉ khối của khí B đối với hiđro là 19. Tính tỉ khối của khí A đối với hiđro? 2) A là hỗn hợp gồm một số hiđrocacbon ở thể khí, B là không khí. Trộn A với B ở cùng nhiệt độ áp suất theo tỉ lệ thể tích (1:15) được hỗn hợp khí D. Cho D vào bình kín dung tích không đổi V. Nhiệt độ và áp suất trong bình là t°C và p atm. Sau khi đốt cháy A, trong bình chỉ có N2, CO2 và hơi nước với VCO2 : VH2O = 7 : 4 . Đưa bình về t°C, áp suất trong bình sau khi đốt là p1 có giá trị bằng bao nhiêu? Câu 7. (2,0 điểm) 1) Cho hỗn hợp X gồm ancol metylic, etylen glicol và glixerol. Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được 8,96 lít khí CO2 (đktc). Cũng m gam X trên cho tác dụng với Na dư thu được tối đa V lít khí H 2 (đktc). Tính V. 2) Hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic A và B (M A < MB). Cho m gam X tác dụng vừa đủ với 200 mL dung dịch NaOH 2M. Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam X rồi cho sản phẩm cháy hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch nước vôi dư thu được 40 gam kết tủa. Xác định công thức của A và B. Câu 8. (2,0 điểm) 1) Một hỗn hợp X gồm 3 axit cacboxylic đơn chức, mạch hở A, B, C. Trong đó, A, B là hai chất kế tiếp trong một dãy đồng đẳng (MA<MB), chất C có 2 liên kết π trong phân tử. Cho 14,8 gam X tác dụng hết với dung dịch NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 20,3 gam muối khan. Đốt cháy hoàn toàn 4,44 gam X, thu được 3,36 lít CO2 (đktc). Xác định công thức cấu tạo các axit. 2) Hỗn hợp E gồm các dẫn xuất của hiđrocacbon. Chia 0,15 mol hỗn hợp E thành ba phần bằng nhau, mỗi phần nặng m/3 gam. Đốt cháy phần một bằng một lượng oxi vừa đủ rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được 5 gam kết tủa. Phần hai tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 8,64 gam Ag. Phần ba tác dụng với một lượng dư Na thu được 0,448 lít H2 ở đktc. Tính m, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 9. (2,0 điểm) 1) Inđen C9H8 được tách từ nhựa than đá, có phản ứng với KMnO 4 và làm mất màu dung dịch Br 2 trong CCl4. Tiến hành hiđro hoá có xúc tác trong điều kiện êm dịu sẽ nhận được Inđan và trong điều kiện mạnh hơn thì được bixiclo [4,3,0] nonan. Khi oxi hoá Inđen sẽ thu được axit phtalic. Viết công thức cấu trúc của Inđen, Inđan và bixiclo [4,3,0] nonan. 2) Hợp chất hữu cơ X có cấu tạo mạch hở, có công thức phân tử C 4H7Cl và có đồng phân hình học. Cho X tác dụng với dung dịch NaOH trong điều kiện phù hợp thu được sản phầm bền có công thức C4H8O. Viết các công thức cấu tạo có thể có của X và xác định công thức cấu tạo đúng của X. Câu 10. (2,0 điểm) 1) Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau bằng cách xác định cấu trúc các chất từ (A) đến (L)

2) Chỉ thị axit- bazơ phenolphthalein được điều chế bằng phản ứng giữa anhidritphtalit và phenol xúc tác H2SO4 có phản ứng sau:

Viết cơ chế cho phản ứng tổng hợp phenolphthalein ----------Hết---------Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang)

1 (2,0 điểm)

NO kết hợp với O2 trong không khí theo phản ứng: 2NO + O2 → 2NO2 NO2 kết hợp với O2 không khí và nước mưa theo phản ứng: 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 Trong H2O, HNO3 bị phân li tạo ra ion NO 3-, là đạm nitrat, có tác dụng kích thích sự sinh trưởng và phát triển của cây trồng. Lân nung chảy có thành phần chính là hỗn hợp photphat và silicat của canxi và magie, khi bón cho đất chua sẽ tác dụng với axit có trong đất chua để tạo thành hợp chất dễ tan trong nước (cây dễ hấp thụ) đồng thời làm giảm độ chua của đất. Phân supephotphat có chứa Ca(H2PO4)2, bón cùng với vôi sẽ xảy ra phản ứng tạo thành chất không tan (cây khó hấp thụ). CaO + H2O → Ca(OH)2 Ca(H2PO4)2 + 2Ca(OH)2 → Ca3(PO4)2 + 4H2O Phân đạm ure có công thức (NH2)2CO, bón cùng vôi sẽ xảy ra phản ứng làm mất đạm (NH2)2CO + 2H2O → (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2 → CaCO3 + 2NH3 + 2H2O Phân đạm amoni là các muối amoni, bón cùng vôi sẽ xảy ra phản ứng làm mất đạm NH4+ + OH- → NH3 + H2O CH3COOH  CH3COO- + H+ Ka = 1,8.10-5 -3 C 2.10 αx [] (1-0,08).2.10-3 1,6.10-4 αx+1,6.10-4

Q U

KÈ

ẠY

3 (2,0 điểm)

0,5

0,25 0,25

0,5

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

2 (2,0 điểm)

Điểm 0,5

FF IC IA L

Nội dung Khí A là NH3, B là N2, C là Li3N, D là HNO3, E là NH4NO3, F: N2O, G: H2O. Các phản ứng: t0 4NH3 + 3O2  → N2 + 6H2O. N2 + 6Li  → 2Li3N. NH3 + HNO3  → NH4NO3. NH4NO3  → N2O + H2O. a) Sục hỗn hợp khí vào dung dịch NaCl bão hòa (để hấp thụ HCl), dẫn khí thoát ra qua dung dịch H2SO4 đặc, thu được khí Cl2 khô. b) Dẫn hỗn hợp khí qua ống đựng bột CuO dư nung nóng thu được khí CO2. CO + CuO → CO2 + Cu c) Dẫn hỗn hợp (NH3, H2, N2) qua dung dịch axit (VD: dd HCl), NH3 bị giữ lại. Tiếp đến cho dung dịch bazơ dư (VD dd Ca(OH)2) và đun nóng nhẹ, khí thoát ra cho đi qua ống đụng CaO dư sẽ thu được khí NH3 khô NH3 + H+ → NH4+ NH4+ + OH- → NH3 + H2O Tiếng sấm (tia lửa điện), là tác nhân giúp cho N2 kết hợp với O2 theo phản ứng: Tia lua dien  → 2NO N2 + O2 ¬ 

Câu

1,6.10-4 .(1,6.10-4 +α x) ⇒ K a = 1,8.10 = (1) 2.10-3 .(1-0,08) -5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,25 0,5

C []

C2H5COOH x (1-α).x

C2H5COO- +



H+ Ka = 1,3.10-5 1,6.10-4 αx+1,6.10-4

αx

0,5

α x.(1,6.10-4 +α x) (2) ⇒ K a = 1,3.10 = x.(1-α ) -5

2+ Cu → Cu + 2e ne nhận = 0,3 + 0,4 = 0,7 mol ⇒ ne nhận (HNO3) = 0,6 mol ⇒ nHNO3 = 0,8 mol. ⇒ nN2 ( lt ) = 1/2 nHNO3 = 0,4 mol. 100 100 100 100 100 ⇒ Vkk = 0,4. . . . . . 22,4 = 78,0825 lít. 25 75 90 85 80 − Dung dịch thu được chỉ chứa muối sunfat trung hòa nên NO3 , Η + vừa hết.

0,75

Sơ đồ phản ứng:

0,5 0,25

0,5

4 (2,0 điểm)

0,5

FF IC IA L

Từ (1) và (2) ⇒ αx = 4,7.10-5 ; x = 7,95.10-4M ∗ pH = 7,21 = pKa2 ⇒ Tạo 2 muối NaH2PO4 và Na2HPO4 với số mol bằng nhau ⇒ NaOH phản ứng hết nấc 1 và 1/2 nấc 2 của axit H3PO4. NaOH + H3PO4 → NaH2PO4 + H2O 2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O Suy ra: V.0,1 = 200.0,1+ 100.0,1. Vậy V = 300ml ∗ pH = 9,765 = 1/2(pKa2 + pKa3) ⇒ Tạo Na2HPO4 2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O 0,04 0,02 0,02 ⇒ nNaOH = 0,04 mol ⇒ V = 400 ml - Ta có nFe = 0,1 mol; nCu = 0,2 mol. - Để lượng không khí là tối thiểu thì lượng axit cần dùng sẽ là tối thiểu. Sản phẩm thu được là muối Fe2+ và Cu2+ - Quá trình oxi hóa khử: 0 − 2+ 4H+ + NO3 + 3e → NO +2 H2O Fe → Fe + 3e

0,25 + khí M

ẠY

KÈ

Q U

  NO 2 :a mol   Mg :x mol  O 2 :b mol   Y có  Al :y mol →  CuO, MgO, Al2 O3 Cu(NO ) :0, 25mol  Z Mg, Al 3 2     Cu(NO3 ) 2  Mg 2+ : x mol  3+ CuO, MgO, Al 2O 3  Al :y mol   2+ +1,36molH 2SO 4 Z Mg, Al dd T Cu :0, 25 mol → Cu(NO )  NH + :c mol 3 2  4  SO24− :1,36 mol   NO :p mol  H 2 :q mol

- p = 0,2; q = 0,3. - Bảo toàn số mol nguyên tử N: a + c + 0,2 = 0,5 ⇔ a + c = 0,3. - Bảo toàn e: 2x + 3y + 4b = a + 8c + 3.0,2 + 2.0,3. - Bảo toàn điện tích cho dung dịch T: 2x + 3y + 0,25.2 + c = 1,36.2. - Khối lượng muối Sunfat: 24.x + 27.y + 64.0,25 + 18.c + 103,56 = 171,64. - Số mol G: a + b = 0,22. Tính được: a = 0,2; b = 0,02; c = 0,1, x = 0,7; y = 0,24. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

5 (2,0 điểm)

0,5

M B = 19.2 = 38 ⇒ tỉ lệ số mol O2 và O3 là 5:3 Trộn A với B theo tỉ lệ thể tích 1,5: 3,2. Chọn nB = 3,2 mol ⇒ n (O2) = 2 mol; n (O3) = 1,2 mol ⇒ ∑nO = 7,6 mol Khi đó nA = 1,5 mol. Khi đốt cháy A ta có thể coi: C x H y + (2 x + y ) O → x CO2 + y H2O 2 2 y y Mol 1,5 1,5(2x + ) 1,5 x 1,5 2 2 y Ta có: ∑nO = 1,5(2x + ) = 7,6 (*) 2 y Vì tỉ lệ thể tích CO2 : H2O = 1,3:1,2 ⇒ x : = 1,3:1,2 (**) 2 Giải hệ (*), (**) ta được: x = 26/15; y = 16/5 = 3,2

0,25

0,25 0,25 0,25

0,5

Q U

0,5

FF IC IA L

%mMg = 0,7.24:(0.7.24 + 0,24.27) = 72,16%. %mAl = 27,84%. H++ OH- → H2O (1) + 2- → H + CO3 HCO3 (2) H+ + HCO3- → H2O + CO2 (3) Dựa vào đồ thị ta thấy khi nH+ = 0,6 thì nCO2 = 0 Theo phương trình (1) và (2) ta có: a + b = 0,6 (I) nCO2 lớn nhất là 0,2 mol Theo phương trình (3) suy ra b = 0,2 Thế vào (I) suy ra a = 0,4. Vậy tỉ lệ a:b = 2:1. Trong m gam X có 0,9m gam nguyên tố kim loại n H+ = 0,2 mol, n OH − = a mol, n H2 = 0,56/22,4 = 0,025 mol 500 ml dung dịch có pH = 1 ⇒ n H+ dư sau phản ứng = 0,1.0,5 = 0,05 mol Ta có: 0,2 – a = 0,05 ⇒ a = 0,15 mol Sơ đồ : X + H2O → Na+ + K+ + Ba2+ + OH − + H2 BTKL: m + (0,025 + 0,15/2)18 = 0,9m + 0,15.17 + 0,025.2 ⇒ m = 8,0 gam Đặt công thức chất tương đương của hỗn hợp A là C x H y

6 (2,0 điểm)

0,5

M A = 12x + y = 24 ⇒ dA/H2 = 12

ẠY

KÈ

Đốt A: CxHy + (x + y/4)O2 → x CO2 + y/2 H2O Vì phản ứng chỉ có N2, CO2 và hơi nước ⇒ các hiđrocacbon bị cháy hết và O 2 phản ứng vừa đủ Chọn n Cx H y = 1 ⇒ nB = 15 mol ⇒ noxi phản ứng = x + y/4 = 15/5 = 3 mol

⇒ n N2 = 4n O2 = 12 mol x + y / 4 = 3 ⇒ x = 7/3; y = 8/3  x : y / 2 = 7 : 4 ⇒ Vì nhiệt độ và thể tích không đổi nên áp suất tỉ lệ với số mol khí:

1,0

p1 7 / 3 + 4 / 3 + 12 47 47 = = ⇒ p1= p p 1 + 15 48 48 7 (2,0 điểm)

1 2

Trong X số nguyên tử cacbon bằng số nhóm OH. Hơn nữa số mol H 2 bằng nửa số mol của nhóm OH. Vậy số mol của H2 bằng 0,2 mol. Vậy V = 4,48 lít Theo đề bài ta thấy số nhóm cacboxylic bằng số nguyên tử cacbon. Nên công thức của A và B là: A: HCOOH và B: HOOC-COOH

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0 1,0

nX (14,8 g ) =

CX =

nCO2 nX

20,3 − 14,8 4, 44 = 0, 25 ⇒ n X (4,44 g ) = .0, 25 = 0, 075 mol 23 − 1 14,8

0,15 =2 0, 075

 A : HCOOH (a mol )  ⇒  B : CH 3CO OH (b mol ) C : C H O (c mol ) , x ≥ 3. x 2 x −2 2 

(1, 2) ⇒ xc = a + 2c Thay xc = a + 2c vào (3): 60a + 60b + 58c = 60(a + b + c) – 2c = 4,44 ⇒ c = 0,03 mol. Từ (1,2): a + b = 0,045 ⇒ a + 2b > 0,045 ⇒ 0,03x < 0,15 – 0,045 = 0,105 ⇒ x < 3,5 ⇒ x =3.  A : HCOOH  Vậy  B : CH 3CO OH C : CH = CH − CO OH  2 C trung bình = 1, các chất này đều có 1 cacbon. Trong một phần: CH3OH (a mol), HCHO (b mol), HCOOH (c mol): a + b + c = 0,05 b 4b + 2c = 0,08 a + c = 0,04 Vậy a = 0,02; b = 0,01 và c = 0,02 m = 5,58 gam - Inden có CTPT C9H8 cho thấy phân tử có độ bất bảo hòa Δ= 6. Có phản ứng với KMnO4 và làm mất màu dung dịch Br2 trong CCl4, chứng tỏ trong phân tử Inden có chứa liên kết bội kém bền - Khi hidro hoá Inden trong điều kiện êm diệu thu được Indan (C 9H10) còn trong 1 điều kiện mạnh hơn thì được bixiclo [4,3,0] nonan. Như vậy phân tử Inden có 1 chứa một liên kết π kém bền, 2 vòng và 3 liên kết π bền vững hơn (vì Δ= 6) - Công thức cấu tạo của các chất:

0,5

1,0

9 (2,0 điểm)

Q U

8 (2,0 điểm)

a + b + c = 0, 075 (1)  a + 2b + xc = 0,15 (2) Ta có:  46a + 60b + 14 xc + 30c = 4, 44 (3)

FF IC IA L

0,5

KÈ

Inden:

bixiclo [4,3,0] nonan:

CH3–CH2–CH=CHCl; CH3–CH=CH–CH2Cl; CH3–CH=CCl–CH3 CH3–CH=CH–CH2Cl

ẠY

Indan:

1,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,75 0,25

FF IC IA L 1,0

10 (2,0 điểm)

ẠY

KÈ

Q U

Viết cơ chế cho phản ứng tổng hợp phenolphtalein:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

Câu 1. (2,0 điểm) 1) Có hai dung dịch: Dung dịch A và dung dịch B, mỗi dung dịch chỉ chứa 2 loại cation và 2 loại + 2− anion khác nhau trong số các ion sau: NH 4 (0,15 mol); H+ (0,25 mol); Na+ (0,25 mol); CO3 (0,1

ẠY

KÈ

Q U

FF IC IA L

− 2− mol), NO3 (0,1 mol); Al3+ ( 0,05 mol) ; Br − (0,2 mol) ; SO4 (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. 2) Cho các lọ mất nhãn chứa các chất rắn riêng biệt: MgO, Al, Al2O3, BaO, Na2SO4, (NH4)2SO4. a) Nếu chỉ dùng thêm nước làm thuốc thử thì có thể nhận biết được bao nhiêu chất rắn trong số các chất trên. b) Trình bày cách nhận biết và viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra. Câu 2. (2,0 điểm) 1) Trong phòng thí nghiệm thường điều chế CO2 từ CaCO3 và dung dịch HCl như hình vẽ bên. Để thu được CO2 tinh khiết có 2 học sinh (HS) cho sản phẩm khí qua 2 bình như sau: HS1: Bình (X) đựng dung dịch NaHCO 3 và bình (Y) đựng H2SO4 đặc. HS2: Bình (X) đựng H2SO4 đặc và bình (Y) đựng dung dịch NaHCO3. Cho biết học sinh nào làm đúng? Viết phương trình hóa học giải thích cách làm. 2) Em hãy giải thích: a) Tại sao không nên bón các loại phân đạm amoni, ure và phân lân cùng với vôi bột? b) Tại sao không dùng khí CO2 để dập tắt đám cháy của một số kim loại (Mg, Al, …)? Câu 3. (2,0 điểm) 1) Tính thể tích amoniac đậm đặc (14,8M) và khối lượng amoni clorua cần dùng để pha chế 100 mL dung dịch đệm có pH = 10, nếu nồng độ của muối là 0,2M. Biết pKb (NH3) = 4,76. 2) Cho 1L dung dịch HClO4 0,003M chứa 2,0.10-4 mol mỗi ion Mn2+ và Cu2+. Bão hòa dung dịch này bằng H2S, giả thiết nồng độ H2S luôn bằng 0,1M không phụ thuộc sự có mặt của các chất khác. a) Hãy cho biết có thể tách riêng hai ion Mn 2+ và Cu2+ không? Biết H2S có pK1 = 7 và pK2 = 14. TMnS = 2,5.10-10 và TCuS = 8,5.10-36. b) Kết luận trên có thay đổi không nếu thay HClO4 bằng dung dịch đệm có [H+] = 10-9M? Câu 4. (2,0 điểm) 1) Hòa tan hoàn toàn 3,6 gam Mg trong 500 ml dung dịch HNO 3 0,80M, phản ứng kết thúc thu được 448 ml một khí X (đktc) và dung dịch Y có khối lượng lớn hơn khối lượng dung dịch HNO 3 ban đầu là 3,04 gam. Để phản ứng hết với các chất trong Y cần vừa đủ V ml dung dịch NaOH 2M. Tính V. 2) Cho a gam hỗn hợp gồm Fe, Cu và Al vào bình đựng 300,0 ml dung dịch H 2SO4 0,1 M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được một chất rắn và có 448,0 ml khí (đktc) thoát ra. Thêm tiếp vào bình NaNO3, lượng NaNO3 phản ứng tối đa là 0,425 gam; khi các phản ứng kết thúc thu khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và khối lượng muối trong dung dịch là 3,865 gam. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. Câu 5. (2,0 điểm) 1) Nhỏ từ từ 75,0 gam dung dịch HCl 14,6% vào dung dịch chứa 10,6 gam Na 2CO3 và 15,0 gam KHCO3, sau đó cho thêm tiếp vào dung dịch chứa 6,84 gam Ba(OH)2, lọc bỏ kết tủa. Cô cạn dung dịch thu được m gam rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính m. 2) Cho hỗn hợp X gồm m gam một oxit sắt và 1,28 gam bột Cu vào dung dịch H 2SO4 loãng, dư, sau khi các chất rắn tan hết thu được dung dịch X. Dung dịch X làm mất màu vừa hết 200 ml dung dịch KMnO4 0,10M. Tính m?

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ẠY

KÈ

Q U

FF IC IA L

Câu 6. (2,0 điểm) 1) Hỗn hợp N gồm C3H6, C4H10, C2H2 và H2. Cho m gam N vào bình kín có chứa một ít bột Ni làm xúc tác, nung nóng, thu được hỗn hợp M. Đốt cháy hoàn toàn M cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc). Sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được một dung dịch có khối lượng giảm 21,45 gam. Nếu cho M đi qua bình đựng lượng dư dung dịch brom trong CCl 4 thì có 24 gam brom phản ứng. Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp N đi qua bình đựng dung dịch brom dư trong CCl4, thấy có 64 gam brom phản ứng. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Tìm V. 2) Đốt cháy hoàn toàn 3,440 gam X, phản ứng kết thúc, cho toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 31,52 gam kết tủa, khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm đi 22,320 gam so với khối lượng dung dịch Ba(OH) 2 ban đầu. Lập công thức phân tử của X. Biết tỷ khối hơi của X so với oxi bằng 5,375. Câu 7. (2,0 điểm) Hai hợp chất X, Y đều chỉ chứa C, H, O; khối lượng phân tử của của chúng là M X và MY, trong đó MX < MY < 130. Hoà tan hỗn hợp hai chất đó vào dung môi trơ, được dung dịch E. Cho E tác dụng với NaHCO3 dư, thì số mol CO2 bay ra luôn bằng tổng số mol của X và Y, không phụ thuộc vào tỉ lệ số mol của chúng trong dung dịch. Lấy một lượng dung dịch E chứa 3,6 gam hỗn hợp (ứng với tổng số mol của X và Y bằng 0,05 mol), cho tác dụng hết với Na, thu được 784 ml H2 (đktc). 1) Hỏi X,Y chứa những nhóm chức gì? 2) Xác định công thức phân tử của chúng, biết chúng không có phản ứng tráng bạc, không làm mất màu dung dịch nước brom. Câu 8. (2,0 điểm) 1) Oxi hóa không hoàn toàn một lượng ancol X bằng O 2, ngưng tụ nước, thu được 3,2 gam hỗn hợp hơi các chất hữu cơ Y gồm 1 ancol, 1 andehit tương ứng và 1 axit cacboxylic tương ứng. Tỷ khối của Y so với hidro là 16. Đun nóng Y với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH3, phản ứng hoàn toàn thu được 32,4 gam Ag. Hãy xác định các chất có trong hỗn hợp Y, viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra và tính phần trăm số mol của ancol X có trong hỗn hợp Y. 2) Chia 14,2 gam hỗn hợp X gồm hai anđehit đơn chức thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 15,4 gam CO 2 và 4,5 gam H2O. Cho phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 43,2 gam bạc. Xác định công thức cấu tạo của hai anđehit trên. Câu 9. (2,0 điểm) 1) Hợp chất A (C10H18O) được phân lập từ một loại tinh dầu. A không làm mất màu nước brom và dung dịch thuốc tím loãng, cũng không tác dụng với hiđro có xúc tác niken, nhưng lại tác dụng với axit clohiđric đậm đặc sinh ra 1-clo-4(1-clo-1-metyletyl)-1-metylxiclohexan. Hãy đề xuất cấu trúc của A. 2) Viết công thức các đồng phân lập thể không đối quang (đồng phân lập thể đia ) của 2 - clo - 1,3 - đimetylxiclohexan và cho biết cấu trúc sản phẩm tạo thành khi cho các đồng phân đó tác dụng với CH3ONa. Câu 10. (2,0 điểm) 1) Cadien [C15H24]được tìm thấy trong tinh dầu một số loại thực vật, đề hidro hóa cadien bằng S tạo thành cadalen [C15H18]. Hoàn thành sơ đồ tổng hợp Cadalen từ Cavone theo dãy sau:

Biết rằng B không làm mất màu dung dịch brom. 2) Bằng cơ chế phản ứng, hãy giải thích sự hình thành sản phẩm từ quá trình sau:

----------Hết---------Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 06 trang) Câu

Điểm 0,5 0,5 0,25

0,25

2 (2,0 điểm)

KÈ

Q U

1 (2,0 điểm)

FF IC IA L

Nội dung dd A: NH4 (0,15 mol); Na (0,25 mol); CO32- (0,1 mol); Br- (0,2 mol). dd B: H+ (0,25 mol); NO3- (0,1 mol); Al3+ ( 0,05 mol) ; SO42- (0,15 mol) * Nhận biết được cả 6 chất * Cho lần lượt 6 mẫu chất vào H2O - Chất tan, tỏa nhiều nhiệt là BaO. BaO + H2O → Ba(OH)2 - Chất nào tan và không tỏa nhiệt đó là Na2SO4, (NH4)2SO4 - Các chất còn lại không tan: Al, Mg, Al2O3 - Lấy dung dịch Ba(OH)2 thu được lần lượt nhỏ vào 3 mẫu chất không tan + Mẫu chất rắn tan, có khí bay ra là Al Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2 + Mẫu chất rắn tan, không có khí bay ra thì mẫu chất rắn là Al2O3 Ba(OH)2 + Al2O3 → Ba(AlO2)2 + H2O + Mẫu chất rắn không tan là MgO - Dùng dung dịch Ba(OH)2 cho lần lượt vào 2 dung dịch Na2SO4, (NH4)2SO4 + Dung dịch có kết tủa trắng và có khí mùi khai bay ra là (NH4)2SO4 Ba(OH)2 + (NH4)2SO4 → BaSO4 + 2NH3 + 2H2O + Dung dịch có kết tủa trắng nhưng không có khí bay ra là Na2SO4 Ba(OH)2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2Na2SO4 Chú ý: - Học sinh nêu hiện tượng, nhận biết được chất nhưng không viết phương trình trừ một nửa tổng số điểm của phần nhận biết chất đó. - Học sinh viết sai công thức chất, sai phương trình không cho điểm phương trình đó PTHH điều chế: CaCO3 + 2HCl  → CaCl2 + CO2 + H2O Sản phẩm khí thu được sau phản ứng gồm: CO2, HCl, hơi H2O ⇒ HS1 làm đúng: Bình (X) đựng dung dịch NaHCO3 để rửa khí (loại bỏ HCl), bình Y đựng H2SO4 đặc dùng để làm khô khí (loại nước) Bình X: NaHCO3 + HCl  → NaCl + H2O + CO2 ⇒ HS2 làm sai: Khi đổi thứ tự bình X và Y thì CO2 thu được vẫn còn lẫn hơi nước a) Không nên bón các loại phân đạm amoni hoặc đạm ure và phân lân với vôi vì: + Làm giảm hàm lượng N trongphân đạm do: CaO + H2O  → Ca(OH)2 2NH4Cl + Ca(OH)2  → 2NH3↑ + 2H2O + CaCl2 (NH2)2CO + 2H2O  → (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2  → 2NH3↑ + CaCO3 + 2H2O + Phân lân sẽ tác dụng với Ca(OH)2 tạo dạng không tan, cây trồng khó hấp thụ, đất trồng trở nên cằn cỗi. 2Ca(OH)2 + Ca(H2PO4)2  → Ca3(PO4)2 + 4H2O. b) Không dùng khí CO2 để dập tắt đám cháy của một số kim loại (Mg, Al, …) Vì các kim loại này tiếp tục cháy trong khí CO2 theo phương trình: t0 2 Mg + CO2  → 2MgO + C +

ẠY

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,5

t0 4Al + 3CO2  → 2Al2O3 + 3C t0 C + O2  → CO2 t0 C + O2  → 2CO m NH 4Cl = (0,1L) × (0, 2mol.L−1 ) × (53,5g.mol −1 ) = 1, 07g

pH = (14 − pK b ) + lg

, ⇔ 10 = (14 - 4,76) + lg

[ NH3 ]

0,5

 NH  0, 2mol.L −1 ⇒ [NH3] = 1,15 (mol.L-1), ⇒ n NH3 = (1,15mol.L ) × (0,1L) = 0,115mol 0,115mol = 7,8.10−3 L ⇒ VddNH3 = 14,8mol.L−1 a) Coi sự đóng góp H+ của H2S là không đáng kể ta có [H+] = 0,003M [H + ] 2 [S 2− ] = K 1 .K 2 = 10 21 Từ [H 2 S] 0,1 − 21 = 1,1.10 −17 M ⇒ [S2-] = 10 2 ( 0,003) 2+ 2[Cu ][S ] = (2.10-4)(1,1.10-17) = 2,2.10-21 > TCuS = 8,5.10-36 ⇒ Cu2+ kết tủa dưới dạng CuS [Mn2+][S2-] = (2.10-4)(1,1.10-17) = 2,2.10-21 < TMnS = 2,5.10-10 ⇒ Mn2+ không kết tủa dưới dạng muối sunfua. Nồng độ S2- thay đổi không đáng kể khi Cu 2+ kết tủa hết, nên khi đó Mn2+ vẫn chưa kết tủa. Vậy có thể tách riêng hai ion này. 0,1 − 21 = 0 −4 M b) [S2-] = 10 −9 2 10 2+ 2⇒ [Mn ][S ] = (2.10-4)(10-4) = 2.10-8 > TMnS = 2,5.10-10 ⇒ Mn2+ cũng kết tủa, vậy không thể tách riêng hai ion này. 0, 448 nMg = 0,15; nHNO3 = 0, 4 ; n X = = 0, 02 mol 22, 4 0,56 mX = 3, 6 − 3, 04 = 0,56 ( gam) ⇒ M X = = 28 ⇒ X ( N 2 ) 0, 02 0,15.2 − 0, 02.10 Bảo toàn e ta có n = 0, 0125 mol NH 4 NO3 = 8 + 4

−1

0,5

FF IC IA L

[ NH3 ]

)

(

0,75

3 (2,0 điểm)

ẠY

KÈ

Bảo toàn nitơ ta có: nHNO3 (Y ) = 0, 4 − (2nMg + 2nN2 + 2nNH 4 NO3 ) = 0, 4 − (0.3 + 0,02.2 + 0, 0125.2) = 0,035 mol

0,5

Q U

4 (2,0 điểm)

0,25

nNaOH = nHNO3 (Y ) + 2nMg 2+ + nNH 4 NO3 = 0, 035 + 0,3 + 0, 0125 = 0,3475 mol

0,5

0,3475 .1000 = 173, 75 ml 2 nH 2 SO4 = 0,03 (mol) ⇒ nH + = 0,06 (mol) ; nNaNO3 = 0,005 (mol) nH 2 = 0,02 (mol) ⇒ nH + pứ = 0,04 (mol) ⇒ nH + dư = 0,02 (mol)

0,5

⇒ V(dd NaOH ) =

Fe + 2H+  → Fe2+ + H2 x 2x x x (mol) + 3+ Al + 3H  → Al + 3/2H2 y 3y y 3/2y (mol) − + * 4H + NO 3 + 3e  → NO + 2H2O 0,02 0,005 − Sau phản ứng H+ và NO 3 hết *

(mol)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

−

FF IC IA L

3Cu + 8H+ + 2NO 3  → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O z 2z/3 (mol) − 2+ + 3+ 3Fe + 4H + NO 3  + NO + 2H2O → 3Fe x x/3 (mol) 2− 3+ 3+ 2+ + Muối chứa: Fe , Al , Cu , Na , SO4 m 2− m ⇒ mmuối = mcác kim loại ban đầu + SO4 + Na + = 3,865 (gam) ⇒ mcác kim loại ban đầu = 3,865 – (0,005.23) – (0,03.96) = 0,87 (gam)  56 x + 27 y + 64 z = 0,87  x = 0, 005  3   ⇒  y = 0, 01 Ta có hệ pt:  x + y = 0, 02 2   z = 0, 005  z x + 2. = 0, 005  3 3 Vậy: %mFe = 32,18390%; %mAl=31,03448%; %mCu=36,78160% n HCl = n H + = nCl − = 0,3 (mol) n Na2CO3 = 0,1 (mol) ⇒ n Na + = 0,2 (mol); nCO 2 − = 0,1 (mol) 3

0,5

0,25

n KHCO3 = n K + = n HCO3− = 0,15 (mol); n Ba (OH ) 2 = n Ba 2 + = 0,04 (mol) ⇒ nOH − = 0,08 2−

Q U

5 (2,0 điểm)

Fe3O4 + Cu + 4 H 2 SO4 → 3FeSO4 + Cu SO4 + 4H 2O (1)

KÈ

Fe3O4 + 4 H 2 SO4 → FeSO4 + Fe2 ( SO4 )3 + 4 H 2O

ẠY D

0,5

10 FeSO4 + 2 KMnO4 + 8H 2 SO4 → 5Fe2 ( SO4 )3 + 2MnSO4 + K 2 SO4 + 8H 2O (3)

⇒

0,25

(2)

Từ (1, 2, 3): nFeSO4 (3) = 3nCu (1) + nFe3O4 (2) = 5nKMnO4 = 0,1 ⇒ nFe3O4 (2) = 0,1 − 0, 02.3 = 0, 04 ( mol )

6 (2,0 điểm)

0,5

−

H+ + CO 3  → HCO 3 0,3 0,1 0,1 (mol) − + + * H dư: H + HCO 3  → CO2 + H2O 0,2 0,25 0,2 (mol) − − 2− − * HCO 3 dư: HCO 3 + OH  + H2O → CO 3 0,05 0,08 0,05 (mol) 2− 2+ * Ba + CO 3  → BaCO3 ↓ 0,04 0,05 0,04 (mol) + Trong dung dịch sau phản ứng còn lại: Na : 0,2 mol; K+: 0,15 mol; Cl − : 0,3 2− mol; CO 3 : 0,01 mol và OH − : 0,03 mol. Vậy m = 22,21 gam Dễ có oxit phù hợp là Fe3O4 nCu = 0, 02; nKMnO4 = 0, 02 mol *

∑n

Fe3O4

0,5

= 0, 04 + 0, 02 = 0, 06 mol ⇒ mFe3O4 = 0, 06.232 = 13,92 ( gam)

Quy C4H10 thành 2C2H2.3H2 ⇒ Hỗn hợp: C3H6: x mol, C2H2: y mol và H2: z mol C3H6 + 9/2O2 → 3CO2 + 3H2O (1) x → 4,5x C2H2 + 5/2O2 → 2CO2 + H2O (2) y → 2,5y H2 + 1/2O2 → H2O (3) z → 0,5z

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

FF IC IA L

 (3x + 2y).100 − [(3x + 2y).44 + (3x + y + z).18] = 21, 45   x + 2y = z + 0,15  x + y + z x + 2y  = 0, 4  0,5 114x + 94y − 18z = 21, 45  x = 0,15   ⇒  y = 0, 075  x + 2y = z + 0,15 0,1x + 0, 6y − 0, 4z = 0 z = 0,15  

Vậy: V = 22,4(4,5.0,15 + 2,5. 0,075 + 0,15.0,15) = 21 lít X

1,0

0,5

7 (2,0 điểm)

ẠY

KÈ

8 (2,0 điểm)

0,5

Q U

M = 5,375.32=172 g/mol. 3, 44 nX = = 0,02 mol ; mCO2 + mH 2O = 31,52 − 22,32 = 9, 2( gam) 172 31,52 9, 2 − 0,16.44 nCO2 = nBaCO3 = = 0,16 ⇒ nH2O = = 0,12 mol 197 18 0,16 0,12.2 172 − 8.12 − 12 CX = = 8; H X = = 12; OX = = 4 ⇒ CTPT X : C8 H12O4 0, 02 0,02 16 X và Y có 2 loại nhóm chức: - Nhóm chức -COOH vì khi phản ứng với NaHCO3 → CO2 Mặt khác: nX + nY = nCO2 ⇒ X và Y chứa 1 nhóm -COOH - Nhóm chức -OH vì khi hỗn hợp tác dụng với Na tạo số mol H2 = 0,035 mol > 1/2(tổng số mol X + Y) = 0,25mol. -Xác định X: 3, 6 = 72 gam/mol ⇒ MX < 72 < MY < 130 + M ( X ,Y ) = 0, 05 + MX < 72 có thể là HCOOH, CH3-COOH, CH ≡ C-COOH Vì X và Y không tráng bạc, không mất màu nước brom ⇒ X là CH3-COOH - Xác định chất Y: amol X và b mol Y: (HO)nR- COOH trong 3,6 gam 2CH3-COOH + 2Na  → 2CH3-COONa + H2 (HO)nR-COOH + (n + 1)Na → (HO)nR-COONa + (n + 1)/2H2 a + b = 0, 05 ⇒ nb = 0, 02  0,5a + 0, 5b(n + 1) = 0, 035 Từ: 60a + (R + 45 + 17n)b = 3,6 *) Khi n = 1 ⇒ b = 0,02 mol ⇒ a = 0,03 mol 60.0,03 + (R + 45 + 17).0,02 = 3,6 ⇒ R= 28 là -C2H4Vậy Y có CTPT: HO-C2H4-COOH hay C3H6O3 *) Khi n = 2 ⇒ b = 0,01mol, a = 0,04 mol ⇒ R = 41 ⇒ -C3H5Vậy Y có công thức (HO)2C3H5-COOH hay C4H8O4 *) Khi n = 3 ⇒ gốc R tối thiểu có 3C, và để Y có KLPT nhỏ nhất Y phải là: HOCH2(CHOH)2-COOH Có MY = 136 > 130 trường hợp này loại Vậy: X là CH3-COOH, Y là HO- C2H4- COOH hoặc (HO)2C3H5-COOH Tỷ khối của Y so với H2 là 32 ⇒ andehit là HCHO, ancol là CH3OH axit là HCOOH nHCH =O 46 − 32 = =7 nHCOOH 32 − 30 Các phương trình phản ứng: CH3OH + O2 → HCHO + H2O CH3OH + O2 → HCOOH + H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,25 0,5

0,25 0,25

FF IC IA L

HCHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O → (NH4)2CO3 + 4Ag + 4NH4NO3 HCOOH + 2AgNO3 + 4NH3 + H2O → (NH4)2CO3 +2Ag + 2NH4NO3 Tính được số mol HCHO = 0,07 mol số mol HCOOH = 0,01 mol số mol CH3OH = 0,02 mol 0, 02 .100 = 20% %nX = 0,1 Khối lượng mỗi phần là 14,2/2 = 7,1 gam Phần 1: n CO2 = 0,35 mol; n H2O = 0, 25 mol ⇒ mC = 4,2gam; mH = 0,5gam ⇒ mO = 7,1-4,2-0,5 = 2,4gam ⇒ nO = 0,15mol Vì anđehit đơn chức ⇒ n2anđehit = nO = 0,15mol. Phần 2: nAg = 43,2/108 = 0,4 mol. n Ag 0, 4 = > 2 ⇒ Hỗn hợp có HCHO Do n X 0,15 Đặt công thức của anđehit còn lại là RCHO Gọi số mol của HCHO và RCHO ở mỗi phần lần lượt là x và y mol. 2 Sơ đồ phản ứng tráng gương: HCHO  → 4Ag x 4x (mol) RCHO  → 2Ag y 2y (mol) ⇒ x + y = 0,15 (1) 4x + 2y = 0,4 (2) Giải (1) và (2) ⇒ x = 0,05; y = 0,1. Ta có : 0,05.30 + 0,1.(R + 29) = 7,1 ⇒ R = 27 (-C2H3) ⇒ Anđehit còn lại là: CH2=CH-CHO Xác định công tức cấu trúc của A(C10H18O) ∆ = 2 - A không làm mất mầu dung dịch nước brom và dung dịch thuốc tím loãng chứng tỏ trong A không có nối đôi hay nối ba; - A không tác dụng với hiđro trên chất xúc tác niken chứng tỏ trong A không có nhóm chức cacbonyl; - A tác dụng với axit clohiđric đậm đặc sinh ra 1-clo-4(1-clo-1-metyletyl)-1metylxiclohexan, trong A có vòng no và có liên kết ete. 1 Suy ra công thức cấu trúc của A 1 CH3 CH3 CH3 H3C O O O CH3 O

0,5

KÈ

Q U

9 (2,0 điểm)

1,0

0,5

ẠY

CH3 CH3

1,0

CH3 CH3 CH3 I

CH3

CH3 Cl II

III CH3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

H H

CH3

H3C

Cl C¶ 2 H ë C bªn c¹nh ®Òu t¸ch ®î c.

H3C

CH3

H CH3

CH3

Kh«ng t¸ch ®î c v×H ë C bªn c¹nh kh«ng ®ång ph¼ ng vµ ®Òu ë vÞtrÝcis ®èi ví i clo.

Cl ChØcã 1 H lµ t¸ch ®î c.

CH3

FF IC IA L

CH3

CH3 1,3 - § imetylxiclohexen

ẠY

KÈ

Q U

10 (2,0 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

ẠY

KÈ

Q U

FF IC IA L

Câu 1. (3,0 điểm) 1) Dùng hình vẽ, mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen. Nêu rõ vai trò của các dụng cụ dùng làm thí nghiệm và cách tiến hành thí nghiệm. 2) Các chất: 4-hiđroxi-3-metoxibenzanđehit có mùi thơm vani, 4-metoxibenzanđehit và pisopropylbenzanđehit được chiết xuất từ quả cây hồi, đều được sử dụng trong chế biến thực phẩm và dược phẩm. Viết công thức cấu tạo của ba chất trên, trong ba chất đó, chất nào có nhiệt độ sôi cao nhất ? Vì sao ? 3) Cho các chất sau: CO2, CaCO3, Ca(HCO3)2, Na2CO3. Hãy lập một sơ đồ biểu diễn tối đa mối quan hệ giữa các chất trên. Viết các phương trình hóa học biểu diễn các mối quan hệ đó. Câu 2. (1,5 điểm) 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 E85 (pha 85% etanol), E10 (pha 10% etanol), E5 (pha 5% etanol),... 1) Tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học ? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. 2) Tại sao xăng sinh học được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống ? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng truyền thồng thì cần 3,22 kg O2. Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho 0,1 mol chất X (có công thức phân tử C 2H9O6N3) tác dụng với dung dịch chứa 0,4 mol NaOH đun nóng, thu được một chất làm xanh giấy quỳ ẩm và dung dịch Y. Cô cạn Y, thu được m gam chất rắn khan. Tính m. 2) Tiến hành đồng trùng ngưng axit ε-aminocaproic và axit ω-aminoenantoic, thu được poliamit X. Đốt cháy hoàn toàn 48,7 gam X với O 2 vừa đủ rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy qua dung dịch NaOH dư thì còn lại 4,48 lít khí (đktc). Tính tỉ lệ số mắt xích của mỗi loại amino axit trong X. Câu 4. (2,5 điểm) 1) Hòa tan hết 1 gam kim loại X trong lượng dư dung dịch HNO 3 15%, thu được 446 ml (đktc) hỗn hợp Y gồm ba khí. Trong Y có chứa 117 mg N 2 và 269 mg NO. Biết trong Y thì nguyên tố N chiếm 60,7% về khối lượng. Xác định kim loại X và viết phương trình hóa học xảy ra. 2) Hỗn hợp X gồm 1 gam MnO2, 3,94 gam hỗn hợp KCl và KClO 3. Nung X ở nhiệt độ cao thu được chất rắn Y và khí Z. Cho hết lượng Y vào dung dịch AgNO 3 dư, thu được 6,74 gam chất rắn. Cho toàn bộ lượng khí Z sục vào dung dịch chứa 0,13 mol FeSO 4 và 0,06 mol H2SO4 thu được dung dịch T. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào T, thu được a gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính a. Câu 5. (2,0 điểm) Hợp chất A chứa 2 nguyên tố là chất rắn ở điều kiện thường và chứa hơn 10% Hiđro về khối lượng. A là một tác nhân khử mạnh, có thể tác dụng với nước giải phóng đơn chất B. Nung nóng A trong CO 2 tạo ra sản phẩm duy nhất là chất rắn kết tinh không màu C chứa 61,54% Oxi về khối lượng. Cho chất C phản ứng với H2SO4 loãng tạo ra chất hữu cơ D, song khi tác dụng với H 2SO4 đặc thì thu được chất khí E nhẹ hơn không khí. Xác định các chất A, B, C, D, E và viết các phương trình hóa học xảy ra. Câu 6. (1,0 điểm) Điện phân dung dịch gồm HCl, NaCl, FeCl 3 (điện cực trơ, có màng ngăn). Đồ thị nào sau đây biểu diễn đúng sự biến thiên pH của dung dịch theo thời gian (t) trong quá trình điện phân ? Giải thích ? (Bỏ qua sự thuỷ phân của muối) pH

(1)

(2)

(3)

(4)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

FF IC IA L

Câu 7. (2,5 điểm) X, Y là hai axit cacboxylic đều hai chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Z và T là hai este (chỉ chứa chức este) hơn kém nhau 14 đvC. Y và Z là đồng phân của nhau (M X < MY < MT). Đốt cháy hết 17,28 gam hỗn hợp A gồm X, Y, Z, T cần dùng vừa đủ 10,752 lít khí O 2 (đktc). Mặt khác, để tác dụng hết 17,28 gam A cần dùng vừa đủ 300 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 4,2 gam hỗn hợp gồm ba ancol có cùng số mol. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên các chất X, Y, Z, T và tính số mol của chúng trong hỗn hợp A. Câu 8. (3,0 điểm) Hỗn hợp X gồm 4 este mạch hở, trong đó có 1 este đơn chức và ba este hai chức là đồng phân của nhau. Đốt cháy hết 11,88 gam X cần 14,784 lít khí O 2 (đktc), thu được 25,08 gam CO2. Đun nóng 11,88 gam X với 310 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m gam chất rắn Y và phần hơi chỉ chứa 1 ancol đơn chức Z. Cho hết lượng Z tác dụng với Na dư thì khối lượng bình chứa Na tăng 5,85 gam. Trộn m gam Y với CaO rồi nung nóng (không có mặt oxi), thu được 2,016 lít khí (đktc) một hiđrocacbon duy nhất. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của các este trong hỗn hợp X. Câu 9. (2,0 điểm) Hỗn hợp A gồm tetrapeptit X và pentapeptit Y (đều mạch hở và đều tạo bởi Gly và Ala). Đun nóng m gam hỗn hợp A với dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (m+7,9) gam muối khan. Đốt cháy hết hỗn hợp muối, thu được Na 2CO3 và hỗn hợp B gồm khí và hơi. Cho hết lượng B hấp thụ vào bình đựng dung dịch Ba(OH) 2 dư thì khối lượng bình tăng 28,02 gam và có 2,464 lít khí thoát ra (đktc). Tính % khối lượng X trong hỗn hợp A.

Q U

-------------------------------Hết------------------------------

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học)

KÈ

- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ẠY

Họ và tên thí sinh:………………………………………….. Số báo danh………………

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 06 trang)

FF IC IA L

Câu 1. (3,0 điểm) 4) Dùng hình vẽ, mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen. Nêu rõ vai trò của các dụng cụ dùng làm thí nghiệm và cách tiến hành thí nghiệm. 5) Các chất: 4-hiđroxi-3-metoxibenzanđehit có mùi thơm vani, 4-metoxibenzanđehit và pisopropylbenzanđehit được chiết xuất từ quả cây hồi, đều được sử dụng trong chế biến thực phẩm và dược phẩm. Viết công thức cấu tạo của ba chất trên, trong ba chất đó, chất nào có nhiệt độ sôi cao nhất ? Vì sao ? 6) Cho các chất sau: CO2, CaCO3, Ca(HCO3)2, Na2CO3. Hãy lập một sơ đồ biểu diễn tối đa mối quan hệ giữa các chất trên. Viết các phương trình hóa học biểu diễn các mối quan hệ đó Hướng dẫn chấm Câu 1 Nội dung Điểm (3đ) -Hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen

0,5

ẠY

KÈ

Q U

-Vai trò của các dụng cụ: Ống nghiệm chứa hỗn hợp phản ứng gồm etanol và H2SO4 đặc, đá bọt dùng tránh hiện tượng hỗn hợp phản ứng trào lên ống dẫn khí, bông tẩm NaOH đặc dùng giữ các chất như hơi nước, SO 2, CO2, giá đỡ dùng để gắn các ống nghiệm, đèn cồn để nung nóng hỗn hợp phản ứng. -Cách tiến hành: cho khoảng 2ml etanol khan vào ống nghiệm sạch chứa sẵn vài viên đá bọt, cho tiếp khoảng 4ml H2SO4 đặc vào đồng thời lắc đều, lắp dụng cụ như hình vẽ. Đun nóng ống nghiệm sao cho hỗn hợp không trào lên ống dẫn khí. Đốt khí sinh ra ở đầu vuốt nhọn của ống dẫn khí. Làm tương tự và dẫn khí vào dung dịch KMnO4 rồi quan sát hiện tượng đổi màu của dung dịch. HO

CHO

H3CO

Công thức cấu tạo các chất lần lượt là:

CHO

0,5

H3CO

H3C

CHO

0,5

H3C

Chất có nhiệt độ sôi cao nhất là 4-hiđroxi-3-metoxibenzanđehit, vì chất này có nhóm OH có khả năng tạo liên kết hiđro giữa các phân tử nên tăng nhiệt độ sôi Sơ đồ biểu diễn mối quan hệ giữa các chất: Na2CO3 CO2 0,5 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

CaCO3

Ca(HCO3)2

0,5

FF IC IA L

Các phương trình hóa học: Na2CO3 + CaCl2 → CaCO3 + 2NaCl Ca(HCO3)2 + NaOH → CaCO3 + Na2CO3 + H2O Na2CO3 + HCl → NaCl + CO2 + H2O CO2 + NaOH → Na2CO3 + H2O CaCO3 + HCl → CaCl2 + CO2 + H2O CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2 + HCl → CaCl2 + CO2 + H2O CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O

Xét phản ứng cháy của 1 kg etanol: C2H5OH + 3O2

2CO2 + 3H2O

=>mO2 = 3.(32:46)= 2,087 kg → mO2(khi đốt etanol) < mO2 (khi đốt xăng). Như vậy khi đôt cháy 1kg xăng thì tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đôt cháy 1kg etanol Đốt cháy etanol tiêu tốn ít oxi hơn đồng nghĩa với lượng khí thải thoát ra ngoài ít hơn, hạn chế việc ô nhiễm môi trường. Hơn nữa, nguồn etanol dễ dàng sản xuất quy mô lớn không bị hạn chế về trữ lượng như xăng dầu truyền thống. Do vậy, dùng xăng sinh học là một giải pháp cần được nhân rộng trong đời sống và sản xuất

0,5

ẠY

KÈ

0,5

2C2H5OH + 2CO2

Q U

C6H12O6

Câu 2: (1,5 điểm) 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 E85 (pha 85% etanol), E10 (pha 10% etanol), E5 (pha 5% etanol),... 1) Tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học ? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. 2) Tại sao xăng sinh học được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống ? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng truyền thồng thì cần 3,22 kg O2. Hướng dẫn chấm Câu 2 Nội dung Điểm (1,5đ) Xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học vì lượng etanol trong xăng có nguồn gốc từ thực vật ( nhờ phản ứng lên men để sản xuất số lượng lớn). Loại thực vật thường 0,5 được trồng để sản xuất etanol là: ngô, lúa mì, đậu tương, củ cải đường,… 1. Ptpư: (C6H10O5)n + nH2O nC6H12O6

Câu 3: (2,5 điểm) 2) Cho 0,1 mol chất X (có công thức phân tử C 2H9O6N3) tác dụng với dung dịch chứa 0,4 mol NaOH đun nóng, thu được một chất làm xanh giấy quỳ ẩm và dung dịch Y. Cô cạn Y, thu được m gam chất rắn khan. Tính m. 2) Tiến hành đồng trùng ngưng axit ε-aminocaproic và axit ω-aminoenantoic, thu được poliamit X. Đốt cháy hoàn toàn 48,7 gam X với O 2 vừa đủ rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy qua dung dịch NaOH dư thì còn lại 4,48 lít khí (đktc). Tính tỉ lệ số mắt xích của mỗi loại amino axit trong X. Hướng dẫn chấm Câu 3 Nội dung Điểm (2,5đ) Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Theo gt ta suy ra CTCT của X là:

NH3NO3 CH2 0,5

NH3HCO3

Gọi tỉ lệ mắt xích của axit ε-aminocaproic và axit ω-aminoenantoic là x:y Ta có: x.H2N-(CH2)5-COOH + y.H2N-(CH2)6-COOH [-NH-(CH2)5-CO-]x[-NH-(CH2)6-CO-)]y + (x + y)H2O Đốt cháy X theo sơ đồ: [-NH-(CH2)5-CO-]x[-NH-(CH2)6-CO-)]y + O2 0,5(x + y)N2 + … Ta có sơ đồ: (113x + 127y) gam X cháy tạo ra 0,5(x + y) mol N2 48,7 gam X cháy tạo ra 0,2 mol N2 =>48,7.0,5(x + y) = 0,2(113x + 127y). Từ đó ta có: x:y = 3:5. Vậy tỉ lệ số mắt xích của axit ε-aminocaproic và axit ω-aminoenantoic trong X là 3:5

0,5 0,5

PTHH xảy ra: X + 3NaOH CH2(NH2)2 + NaNO3 + Na2CO3 + 3H2O Từ Pt ta suy ra chất rắn gồm NaNO3(0,1 mol), Na2CO3(0,1 mol), NaOH dư (0,1 mol) => m = 23,1 gam

FF IC IA L

Câu 4: (2,5 điểm) 3) Hòa tan hết 1 gam kim loại X trong lượng dư dung dịch HNO 3 15%, thu được 446 ml (đktc) hỗn hợp Y gồm ba khí. Trong Y có chứa 117 mg N 2 và 269 mg NO. Biết trong Y thì nguyên tố N chiếm 60,7% về khối lượng. Xác định kim loại X và viết phương trình hóa học xảy ra. 4) Hỗn hợp X gồm 1 gam MnO2, 3,94 gam hỗn hợp KCl và KClO 3. Nung X ở nhiệt độ cao thu được chất rắn Y và khí Z. Cho hết lượng Y vào dung dịch AgNO 3 dư, thu được 6,74 gam chất rắn. Cho toàn bộ lượng khí Z sục vào dung dịch chứa 0,13 mol FeSO 4 và 0,06 mol H2SO4 thu được dung dịch T. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào T, thu được a gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính a. Hướng dẫn chấm Nội dung

Điểm

0,5

KÈ

Gọi khí thứ 3 là NxOy, theo giả thiết ta có số mol các khí là N2 = 4,1786.10-3 mol; NO = 8,967.10-3 mol; NxOy = 6,765.10-3 mol. 117 + 125,53 + 94, 71x .100 = 60, 7 Suy ra %N = 117 + 269 + 94, 71x + 108, 24 y =>8,2 +94,71x = 4,1.MNxOy Xét các giá trị của x = 1, 2, 3 không có oxit nào của nitơ thõa mãn => x= 0 và M = 2, khí thứ 3 là H2 Dùng bảo toàn e => X = 12.n. Vậy n = 2 và X = 24, kim loại là Mg PTHH: 9Mg + 22HNO3 9 Mg(NO3)2 + N2 + 2NO + H2 + 10H2O

ẠY

Q U

Câu 4 (2,5)

0,5 0,5

PTHH: KClO3 KCl + 1,5O2 Chất rắn thu được gồm MnO2 và AgCl => khối lượng AgCl = 6,74 – 1 = 5,74 gam => số mol AgCl = 0,04 mol Gọi x, y lần lượt là số mol KCl và KClO3 ta có hệ x + y = 0,04 74,5x + 122,5y = 3,94 Suy ra x = 0,02 và y = 0,02 => số mol O2 = 0,03 mol Khi sục O2 vào dung dịch ta có: 4FeSO4 + O2 + 2H2SO4 2Fe2(SO4)3 + 2H2O Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Từ Pt thì dung dịch sau phản ứng có FeSO4 = 0,01 mol; Fe2(SO4)3 = 0,06 mol, khi cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào sẽ thu được Fe(OH)2 = 0,01 mol; Fe(OH)3 = 0,12 mol; BaSO4 = 0,19 mol. Vậy khối lượng kết tủa là: m = 58,01 gam

Câu 5

FF IC IA L

0,5 Câu 5: (2,0 điểm) Hợp chất A chứa 2 nguyên tố là chất rắn ở điều kiện thường và chứa hơn 10% Hiđro về khối lượng. A là một tác nhân khử mạnh, có thể tác dụng với nước giải phóng đơn chất B. Nung nóng A trong CO 2 tạo ra sản phẩm duy nhất là chất rắn kết tinh không màu C chứa 61,54% Oxi về khối lượng. Cho chất C phản ứng với H2SO4 loãng tạo ra chất hữu cơ D, song khi tác dụng với H 2SO4 đặc thì thu được chất khí E nhẹ hơn không khí. Xác định các chất A, B, C, D, E và viết các phương trình hóa học xảy ra. Hướng dẫn chấm Nội dung

Điểm

Theo giả thiết ta suy ra A là một hidrua kim loại có dạng MHn n .100 > 10 => 9.n > M Ta có: %H = n+M

0,5

Xét các giá trị n = 1, 2, 3, 4 nhận thấy chỉ có n = 1, M = 7 là thích hợp. Vậy M là kim loại Liti, A là LiH PTHH: LiH + H2O LiOH + 0,5H2 LiH + CO2 HCOOLi %O = 61,6% thõa mãn với bài ra. Vậy C là HCOOLi PTHH: 2HCOOLi + H2SO4 Li2SO4 + 2HCOOH HCOOLi + H2SO4 (đặc) LiHSO4 + CO + H2O Kết luận: A là LiH, B là H2, C là HCOOLi, D là HCOOH, E là CO

0,5 0,5

0,5

Q U

Câu 6: (1,0 điểm) Điện phân dung dịch gồm HCl, NaCl, FeCl3 (điện cực trơ, có màng ngăn). Đồ thị nào sau đây biểu diễn đúng sự biến thiên pH của dung dịch theo thời gian (t) trong quá trình điện phân ? Giải thích ? (Bỏ qua sự thuỷ phân của muối) pH

KÈ

(1)

ẠY

Câu 6

(2)

(3)

(4)

Hướng dẫn chấm Nội dung

Lúc đầu Fe3+ bị điện phân thành Fe2+ nên PH không đổi, Sau đó đến H+ bị điện phân nên nồng độ axit giảm => PH tăng. Khi tiếp tục điện phân thì Fe2+ bị khử thành Fe nên pH không đổi, sau đó H2O bị điện phân thành H2 và OH- nên pH tăng. Vậy đồ thị số 2 là phù hợp với quá trình điện phân dung dịch đã cho.

Điểm 0,5 0,5

Câu 7: (2,5 điểm) X, Y là hai axit cacboxylic đều hai chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Z và T là hai este (chỉ chứa chức este) hơn kém nhau 14 đvC. Y và Z là đồng phân của nhau (M X < MY < MT). Đốt Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

cháy hết 17,28 gam hỗn hợp A gồm X, Y, Z, T cần dùng vừa đủ 10,752 lít khí O 2 (đktc). Mặt khác, để tác dụng hết 17,28 gam A cần dùng vừa đủ 300 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 4,2 gam hỗn hợp gồm ba ancol có cùng số mol. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên các chất X, Y, Z, T và tính số mol của chúng trong hỗn hợp A. Hướng dẫn chấm Câu 7

Nội dung

Điểm

FF IC IA L

Theo giả thiết ta suy ra X, Y, Z, T đều tác dụng với NaOH theo tỉ lệ mol 1:2 => số mol A = 0,15 Trong A có số mol nhóm (COO) = 0,3 mol. Khi đốt cháy hết A cần 0,48 mol O2, gọi số mol CO2 và H2O tạo ra lần lượt là x và y. Bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố oxi ta có hệ: 44x + 18y = 32,64 và 2x + y = 1,56 => x = 0,57; y =0,42 Từ đó suy ra số nguyên tử C trung bình của A = 0,57:0,15 = 3,8. Mặt khác ta có X, Y là axit hai chức kế tiếp trong dãy đồng đẳng, Y và Z là đồng phân, Z là este hai chức (có số nguyên tử C > 3) nên công thức phân tử của X, Y, Z, T lần lượt là C3H4O4, C4H6O4, C5H8O4. Vì A tác dụng với NaOH tạo ra 3 ancol có cùng số mol, từ đó suy ra CTCT của Z là CH2 OOCH

0,5

Q U

CH2 OOCH và T là C2H5-OOC-COO-CH3 X là HOOC-CH2-COOH, 0,5 Y là HOOC-C2H4-COOH ba ancol là: CH3OH, C2H5OH, HO-CH2CH2-OH Gọi số mol của Z, T là z mol => số mol các ancol đều bằng z => ta có khối lượng các ancol = 140z = 4,2 => z = 0,03 => tổng số mol của X, Y là 0,15 – 0,06 = 0,09, tổng khối lượng của X và Y là 9,78 gam. Gọi số mol của X, Y lần lượt là a, b ta có hệ: 0,5 104a + 118b = 9,78; a + b = 0,09 Giải hệ thu được: a = 0,06; b = 0,03. 0,5 Vậy số mol các chất lần lượt là: X = 0,06; Y = 0,03; Z = T = 0,03

ẠY

KÈ

Câu 8: (3,0 điểm) Hỗn hợp X gồm 4 este mạch hở, trong đó có 1 este đơn chức và ba este hai chức là đồng phân của nhau. Đốt cháy hết 11,88 gam X cần 14,784 lít khí O2 (đktc), thu được 25,08 gam CO2. Đun nóng 11,88 gam X với 310 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m gam chất rắn Y và phần hơi chỉ chứa 1 ancol đơn chức Z. Cho hết lượng Z tác dụng với Na dư thì khối lượng bình chứa Na tăng 5,85 gam. Trộn m gam Y với CaO rồi nung nóng (không có mặt oxi), thu được 2,016 lít khí (đktc) một hiđrocacbon duy nhất. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của các este trong hỗn hợp X. Hướng dẫn chấm

Câu 8

Nội dung

Theo giả thiết ta có số mol O2 = 0,66; CO2 = 0,57 mol Áp dụng BTKL tính được H2O = 7,92 gam => số mol H2O = 0,44 mol Bảo toàn nguyên tố oxi ta có số mol O (trong X) = 0,26 mol => số mol nhóm COO = 0,13 mol Gọi công thức của ancol Z là ROH => công thức chung của 4 este là R’(COOR)n, ta có R’(COOR)n + nNaOH R’(COONa)n + nROH Từ đó suy ra số mol ROH = NaOH = 0,13 mol => số mol NaOH còn trong Y là 0,18 mol Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm

0,5

Ta có: ROH + Na RONa + 0,5H2 Bảo toàn khối lượng suy ra khối lượng của ROH = 5,85 + 0,065.2 = 5,98 gam Từ đó ta có: R + 17 = 46 => R = 29, vậy R là C2H5 Ta có: R’(COONa)n + nNaOH R’Hn + nNa2CO3 Theo PT và giả thiết ta có R’(COONa)n = R’Hn = 0,09 mol (NaOH còn dư và R’(COONa)n hết vì n < 2)

0,5

C2H5OOC

FF IC IA L

Gọi công thức của este đơn chức là CnHm+1COOC2H5 (y mol) => 3 este 2 chức là CnHm(COOC2H5)2 (x mol) (vì muối tạo ra khi phản ứng với NaOH đun nóng chỉ tạo một hidrocacbon duy nhất) Từ trên ta có hệ: Tổng số mol este là x + y = 0,09; Tổng số nhóm COO là 2x + y = 0,13 => x = 0,04; y = 0,05 Từ đó suy ra : Số nguyên tử C = 0,04(n + 6) + 0,05(n + 3) = 0,57 => n = 2 Số nguyên tử H = 0,04(m + 10) + 0,05(m + 6) = 0,88 => m = 2. Vậy CTPT của este đơn chức là C5H8O2, cấu tạo: CH2=CH-COOCH2-CH3 CTPT của 3 este 2 chức là C8H12O4, CTCT: CH2=CH(COOC2H5)2

0,5

COOC2H5

COOC2H5 C=C H

C=C H

0,5

H 0,5 COOC2H5

0,5

Q U

Câu 9: (2,0 điểm) Hỗn hợp A gồm tetrapeptit X và pentapeptit Y (đều mạch hở và đều tạo bởi Gly và Ala). Đun nóng m gam hỗn hợp A với dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (m+7,9) gam muối khan. Đốt cháy hết hỗn hợp muối, thu được Na2CO3 và hỗn hợp B gồm khí và hơi. Cho hết lượng B hấp thụ vào bình đựng dung dịch Ba(OH) 2 dư thì khối lượng bình tăng 28,02 gam và có 2,464 lít khí thoát ra (đktc). Tính % khối lượng X trong hỗn hợp A. Hướng dẫn chấm Câu 9

Nội dung

Gọi công thức chung của X, Y là CknH2kn+2-kNkOk+1 (a mol) PTHH: CknH2kn+2-kNkOk+1 + kNaOH kCnH2nNO2Na + H2O kCnH2nNO2Na + O2 k(n – 0,5) CO2 + 0,5kNa2CO3 + knH2O + 0,5kN2

0,5

ẠY

KÈ

Theo giả thiết khối lượng muối tăng lên 7,9 gam nên ta có: [(14nk + 69) – (14nk + 29k + 18)].a = 7,9 Vì khối lượng bình Ba(OH)2 tăng 28,02 gam nên ta có tổng khối lượng CO2 và H2O là 28,02 => 44(n – 0,5)k.a + 18kn.a = 28,02 Số mol N2 = 0,5k.a = 0,11 Từ các Pt trên ta có: kn.a = 0,53 = số mol CO2; k.a = 0,22 = số mol aminoaxit; a = 0,05 = số mol hỗn hợp X, Y => k = 4,4. Vì X là tetrapeptit, Y là pentapeptit và có k = 4,4 (số mắt xích trung bình) nên ta có tỉ lệ mol của X:Y = 0,6:0,4 => X = 0,03 mol; Y = 0,02 mol Gọi x, y lần lượt là số mol của Gly và Ala có trong hỗn hợp X, Y => ta có: x + y = 0,22; 2x + 3y = 0,53 (bảo toàn Cacbon) => x = 0,13; y = 0,09. Gọi số mắt xích Gly và Ala trong X là a, b; trong Y là a’ và b’ => 0,03.a + 0,02.a’ = 0,13 0,03.b + 0,02.b’ = 0,09 => a = 3; b = 1; a’ = 2; b’ = 3 Vậy X là Gly3Ala và Y là Gly2Ala3 có số mol tương ứng là 0,03 và 0,02 mol

Điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Từ đó khối lượng hỗn hợp = (3.75 + 89 – 3.18).0,03 + (2.75 + 3.89 – 4.18).0,02 = 14,7 gam => %X = 7,8/14,7 = 53,06%

0,5

ẠY

KÈ

Q U

FF IC IA L

Lưu ý: Nếu thí sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

FF IC IA L

Câu 1. (2,0 điểm) a) Trong mỗi chén sứ A, B, C đựng một muối nitrat. Trong đó B, C là muối nitrat của kim loại hóa trị 2. Nung các chén sứ ở nhiệt độ cao ngoài không khí tới phản ứng hoàn toàn, sau đó làm nguội người ta thấy: - Trong chén A không còn dấu vết gì. - Cho dung dịch HCl vào chén B thấy thoát ra một khí không màu, hoá nâu ngoài không khí. - Trong chén C còn lại chất rắn màu nâu đỏ. Xác định các chất A, B, C và viết phương trình minh họa.

b) X và Y là 2 trong số 4 chất sau: NaCl, 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 n1 mol kết tủa. Thí nghiệm 2: Cho dung dịch NH3 dư vào phần 2, thu được n2 mol kết tủa. Thí nghiệm 3: Cho dung dịch AgNO3 dư vào phần 3, thu được n3 mol kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và n1 < n2 < n3. Hãy chỉ ra cặp chất X, Y phù hợp. Viết các phản ứng xảy ra và giải thích sự lựa chọn đó.

Q U

Câu 2. (2,0 điểm) a) Năng lượng ion hóa thứ nhất (kJ.mol-1) của các nguyên tố thuộc chu kỳ 2 được cho tương ứng như sau: Li Be B C N O F Ne 520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081 Hãy giải thích tại sao năng lượng ion hóa thứ nhất nhìn chung tăng từ trái sang phải nhưng từ Be sang B và từ N sang O thì năng lượng ion hoá thứ nhất lại giảm.

(kJ/mol)

Fe2+(aq) – 87,86

KÈ

∆H

0 298

b) Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng diễn ra trong nước ở 25°C. 3Fe(NO3)2(aq) + 4HNO3(aq) → 3Fe(NO3)3(aq) + NO(k) + 2H2O(l), cho biết: Fe3+(aq) – 47,7

NO3- (aq) – 206,57

NO(k) 90,25

H2O(l) – 285,6

ẠY

Câu 3. (2,0 điểm) Dung dịch A gồm Fe(NO3)3 0,05 M; Pb(NO3)2 0,10 M; Zn(NO3)2 0,01 M. 1. Tính pH của dung dịch A. 2. Sục khí H2S vào dung dịch A đến bão hoà ([H2S] = 0,10 M), thu được hỗn hợp B. Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B? 3. Thiết lập sơ đồ pin bao gồm điện cực chì nhúng trong hỗn hợp B và điện cực platin nhúng trong dung dịch CH3COONH4 1 M được bão hoà bởi khí hiđro nguyên chất ở áp suất 1,03 atm. Viết phản ứng xảy ra trên từng điện cực và phản ứng trong pin khi pin làm việc. Cho: Fe3+ + H2O ⇌ FeOH2+ + H+ lg*β1 = -2,17 Pb2+ + H2O ⇌ PbOH+ + H+ lg*β2 = -7,80 Zn2+ + H2O ⇌ ZnOH+ + H+ lg*β3 = -8,96 RT 0 E 0 3+ 2+ = 0,771 V; ES/H = 0,141 V; E 0 2+ = -0,126 V ; ở 25 oC: 2,303 ln = 0,0592lg 2S Fe /Fe Pb /Pb F pKS(PbS) = 26,6; pKS(ZnS) = 21,6; pKS(FeS) = 17,2. (pKS = - lgKS, với KS là tích số tan). Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

pK a1(H2S) = 7,02; pK a2(H 2S) = 12,90; pK

a(NH 4+ )

= 9,24; pK a(CH3COOH) = 4,76

FF IC IA L

Câu 4. (2,0 điểm) Hòa tan 10,40 gam một kim loại R trong dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung dịch X có RCl 2 và thu được V1 lít khí H2. Chia dung dịch X làm 2 phần bằng nhau, phần I cho tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch HNO3 đậm đặc, nóng thu được V 2 lít khí NO2 và dung dịch Z (ion clorua không bị oxi hóa), phần II cho tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch H 2SO4 đậm đặc nóng thu được V3 lít khí SO2 (đkc) và dung dịch T. Cô cạn dung dịch Z ở nhiệt độ thích hợp thu được 40,00 gam một muối A duy nhất, cô cạn dung dịch T ở nhiệt độ thích hợp thu được 25,00 gam muối B duy nhất. Biết M A < 420 gam.mol-1 , MB < 520 gam.mol-1. Xác định R, công thức của A, B và tính V1, V2, V3. Câu 5. (2,0 điểm) a) Hỗn hợp X gồm NaCl, NaHCO3, Na2CO3 trong đó có một muối ngậm nước. Cho 61,3 gam X phản ứng vừa hết với 100 ml dung dịch HCl 4,5M thu được V lít CO 2 ở đktc, dung dịch A. Cho A vào 100 ml dung dịch AgNO 3 6,5M thì vừa thu được kết tủa cực đại. Nếu cho dung dịch NaOH dư vào X thì được dung dịch Y, cho tiếp dung dịch Ba(NO 3)2 dư vào Y thì thu được lượng kết tủa lớn nhất là 68,95 gam. Tính V và phần trăm khối lượng mỗi chất trong X?

b) Hòa tan 4,5 gam XSO4.5H2O vào nước thu được dung dịch A. Điện phân A với điện cực trơ. Nếu thời gian điện phân là t giây thì thu được kim loại ở catot và 0,007 mol khí ở anot. Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu được 0,024 mol khí. Tìm X?

Q U

Câu 6. (2,0 điểm) a) Hỗn hợp X gồm ba hidrocacbon mạch hở, có tỉ khối hơi so với H 2 là 21,2. Đốt cháy hoàn toàn 4,24 gam X, thu được 6,72 lít khí CO2 (đktc). Khi cho 2,12 gam hơi X vào bình kín dung tích 500 ml (có xúc tác Ni với thể tích không đáng kể), áp suất bình là p, ở 0 0C. Cho khí H2 vào bình, áp suất bình là 2p, ở 00C. Nung nóng bình, áp suất giảm dần đến giá trị thấp nhất là p 1, 00C. Lúc này trong bình chỉ chứa hai khí không làm mất màu dung dịch nước brom. Biết rằng trong X, hidrocacbon có phân tử khối nhỏ nhất chiếm 20% thể tích của hỗn hợp. Xác định công thức phân tử và thành phần % thể tích các chất trong X. b) Đốt cháy hoàn toàn 0,25 mol hỗn hợp A gồm hai hidrocacbon C xHy (X) và CyHx (Y) thu được 2,1 mol CO2 và 1,2 mol H2O. Xác định công thức phân tử và % về số mol của các chất có trong A. Biết khối lượng mol của X lớn hơn Y.

KÈ

Câu 7. (2,0 điểm) a) Hỗn hợp E chứa ba peptit đều mạch hở gồm peptit X (C 4H8O3N2), peptit Y (C7HxOyNz) và peptit Z (C11HnOmNt). Đun nóng 28,42 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp T gồm 3 muối của glyxin, alanin và valin. Đốt cháy toàn bộ T cần dùng 1,155 mol O 2, thu được CO2, H2O, N2 và 23,32 gam Na2CO3. Tính phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp E.

ẠY

b) Cho hỗn hợp gồm tristearin và một este đơn chức, no, mạch hở X tác dụng với 2 lít dung dịch NaOH 0,3M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y. Trung hòa dung dịch Y bằng dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung dịch B chứa a gam hỗn hợp ancol và b gam hỗn hợp muối. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp ancol trên trong khí oxi dư, thu được 35,2 gam CO 2 và 18 gam nước. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn b gam muối trong oxi dư,thu được 32,9 gam chất rắn khan; 334,80 gam hỗn hợp CO2 và H2O. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định công thức phân tử của X.

Câu 8. (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm hai anđêhit đơn chức A và B (M A < MB). Cho 19,2 gam X tác dụng hoàn toàn với AgNO3 dư trong dung dịch NH3 thì thu được 193,2 gam kết tủa. Mặt khác, cho 19,2 gam X tác dụng hết với H2 (Ni, t°) thu được hỗn hợp Y. Cho Y tác dụng với Na dư thu được 5,04 lít khí H 2 (đktc). Hãy xác định công thức cấu tạo và gọi tên theo danh pháp IUPAC của hai anđêhit trong hỗn hợp X. (Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn). Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(A)

(B) Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của X.

(C)

FF IC IA L

Câu 9. (2,0 điểm) Một hiđrocacbon X thường được sử dụng trong công nghệ sản xuất nước hoa. Khi pha lẫn farnezen (có công thức là C15H24) với X rồi làm bay hơi hết hỗn hợp thu được 1,568 lít hơi (đktc). Đốt cháy hết lượng hỗn hợp trên thu được 19,04 lít CO 2 và 12,96 gam nước. Khi đốt cháy hết 3,174 gam X thu được 10,12 gam CO2. X không làm mất màu dung dịch Br 2. Khi tham gia phản ứng với H2 đun nóng với xúc tác Ni, X chỉ phản ứng theo tỉ lệ 1 : 1 và sinh ra hỗn hợp 4 sản phẩm gồm

(D)

Q U

Câu 10. (2,0 điểm) a) Sau đây là sơ đồ tổng hợp resmethrin – một loại thuốc diệt côn trùng.

KÈ

Biết: Chất % C %H %O %N I 92,3 7,7 II 62,1 10,3 27,6 III 82,1 6 11,9 Viết công thức cấu tạo các chất chưa biết và viết 1R,3R- resmethrin biết II chỉ có một loại H.

ẠY

b) Đề nghị cơ chế để giải thích cho quá trình chuyển hóa dưới đây:

----------HẾT----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

Điểm

1,0

KÈ

2 (2,0 điểm)

Q U

1 (2,0 điểm)

Nội dung Chén A không còn dấu vết chứng tỏ muối đã nhiệt phân chuyển hết thành thể hơi và khí,do đó muối là Hg(NO3)2 , NH4NO3,.. t 0C Hg(NO3)2  → Hg + 2NO2 + O2 0 t C Hoặc NH4NO3  → N2O + 2H2O Sản phẩm sau nhiệt phân muối của chén B tác dụng với HCl cho khí không màu chứng tỏ muối ban đầu là muối nitrat của kim loại Ba(NO3)2, Ca(NO3)2 t 0C Ca(NO3)2  → Ca(NO2)2 + O2 0 t C Hoặc Ba(NO3)2  → Ba(NO2)2 + O2 Ca(NO2)2 + 2HCl → CaCl2 + 2HNO2 Hoặc Ba(NO2)2 + 2HCl → BaCl2 + 2HNO2 3HNO2 → HNO3 + 2NO + H2O C chứa muối nitrat của sắt II: Fe(NO3)2 4Fe(NO3)2 → 2Fe2O3(Nâu) + 8NO + O2 Cặp chất X và Y là FeCl2 và Al(NO3)3. - TN1: FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl. Al(NO3)3 + 4NaOH → NaAlO2 + 3NaNO3 + 2H2O. - TN2: FeCl2 + 2NH3 + 2H2O → Fe(OH)2 + 2NH4Cl. Al(NO3)3 + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3 + 3NH4NO3. - TN3: FeCl2 + 3AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2AgCl. và Fe(NO3)2 + 2AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag. Hoặc FeCl2 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 2AgCl + Ag. Nếu chọn nX = nY = 1 mol thì n1 = 1 mol; n2 = 2 mol; n3 = 3 mol, tức là n1 < n2 < n3 - Từ IIA qua IIIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2 qua cấu hình kém bền hơn ns2np1 (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn). - Từ VA qua VIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2np3 qua cấu hình kém bền hơn ns2np4 (trong p3 chỉ có các electron độc thân, p4 có một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron). Phương trình ion của phản ứng: 3Fe2+(aq) + 4H+(aq) + NO3- (aq) → 3Fe3+(aq) + NO(k) + 2H2O(l) 0 0 0 0 0 ∆H = 3. ∆H 298 (Fe3+)+ ∆H 298 (NO)+2. ∆H 298 (H2O)–3. ∆H 298 (Fe2+) – ∆H 298 (NO3-) = 3.(–47,7) + 90,25 + 2.(–285,6) + 3.87,86 + 206,57 = –153,9 (kJ) 0 Lưu ý: ∆H 298 (H+) = 0 Fe3+ + H2O ⇌ FeOH2+ + H+ *β1 = 10-2,17 (1) 2+ + + -7,80 Pb + H2O ⇌ PbOH + H *β2 = 10 (2)

FF IC IA L

Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 07 trang)

0,5 0,5 0,5

ẠY

0,5

3 (2,0 điểm)

Zn2+ + H2O H2O

⇌ ZnOH+ ⇌

+ +

H+ H

*β3 = 10-8,96 Kw = 10

-14

(3) (4)

So sánh (1) → (4): *β1. C Fe3+ >> *β2. C Pb2+ >> *β3. C Zn 2+ >> Kw → tính pHA theo (1): Fe3+ + H2O ⇌ FeOH2+ + H+ *β1 = 10-2,17 (1) C 0,05 [] 0,05 - x x x + [H ] = x = 0,0153 M → pHA = 1,82. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0 0 Do E Fe3+ /Fe2+ = 0,771 V > ES/H2S = 0,141 V nên:

→ 2Fe2+ + S↓ + 2H+ 1/ 2Fe3+ + H2S  ƒ 0,05 2/ Pb

0,05  → + H2S PbS↓ + 2H+ ƒ

K1 = 1021,28

0,05 K2 = 106,68

0,25

FF IC IA L

0,10 0,05 0,25 2+ 3/ Zn + H2S ⇌ ZnS↓ + 2H+ K3 = 101,68 4/ Fe2+ + H2S ⇌ FeS↓ + 2H+ K4 = 10-2,72 K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và FeS:

' ' Vì môi trường axit → C Zn 2+ = C Zn 2+ = 0,010 M; C Fe2+ = CFe2+ = C Fe3+ = 0,050 M. Đối với H2S, do Ka2 << Ka1 = 10-7,02 nhỏ → khả năng phân li của H2S trong môi

theo cân bằng: H2S

+ 2H+

Ka1.Ka2 = 10-19,92

0,25

0,1 [H 2S] 2 = Ka1.Ka2 [H + ]2 = 10-19,92 (0,25) = 10-19,72.

CS' 2-

⇌ S2-

' trường axit không đáng kể, do đó chấp nhận [H +] = C H + = 0,25 M → tính CS2-

' ' Ta có: C Zn 2+ . CS2- < KS(ZnS) → ZnS không xuất hiện;

0,25

C'Fe2+ . CS' 2- < KS(FeS) → FeS không tách ra.

Q U

Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa. 0,0592 lg [Pb2+] E PbS/Pb = E Pb2+ /Pb = E 0Pb2+ /Pb + 2 0,0592 K S(PbS) lg = - 0,126 + = - 0,33 V 2 [S2- ]

EPt = E 2H + /H =

ẠY

KÈ

NH +4

0,0592 [H + ]2 lg , trong đó [H+] được tính như sau: 2 p H2 CH3COONH4 → NH +4 + CH3COO1 ⇌ NH3

+ H+

CH3COO- + H2 O ⇌ CH3COOH + OH-

0,25

1 Ka = 10-9,24 (5) Kb = 10-9,24 (6)

Do Ka = Kb và C NH +4 = CCH3COO- → pH = 7,00 → [H+] = 10-7 (có thể tính [H+] theo điều kiện proton hoặc tổ hợp 2 cân bằng (5) và (6)) 0,0592 [H + ]2 0,0592 10-14 lg = lg = -0,415 V < EPbS/Pb = - 0,33 V Vậy: E 2H + /H = 2 2 p H2 2 1,03 → điện cực chì là catot, điện cực platin là anot. Sơ đồ pin: (-)Pt(H2)│CH3COO- 1M; NH +4 1M ║S; PbS; H2S 1M; H+ 0,25M; Fe2+ 0,05M; Zn2+ 0,01M │Pb (+)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

(p = 1,03 atm) Trên catot: Trên anot :

PbS + 2H+ + 2e → Pb↓ + H2S → 2H+ + 2e H2 2x H+ + CH3COO- → CH3COOH H2 + 2CH3COO- → 2CH3COOH + 2e

FF IC IA L

Phản ứng trong pin: PbS + H2 + 2H+ + 2CH3COO- → Pb↓ + H2S + 2CH3COOH Phương trình phản ứng: (1) R + 2HCl → RCl2 + H2 ↑ Phản ứng giữa dung dịch RCl 2 và HNO3 đậm đặc sinh khí NO2, với dung dịch H2SO4 sinh khí SO2, điều này chứng tỏ R2+ có tính khử và bị HNO3, H2SO4 đậm đặc oxi hóa thành R3+. (2) RCl2 + 4HNO3 (đặc) → R(NO3)3 + NO2 ↑+ 2HCl ↑+ H2O (3) 2RCl2 + 4H2SO4 (đặc) → R2(SO4)3 + SO2↑ + 2H2O + 4HCl ↑ Gọi 2a là số mol R ứng với 10,40 gam R ⇒ a là số mol R ứng với 5,20 gam R Khi cô cạn dung dịch Z, T ta có thể thu được muối khan hoặc muối ngậm nước . Gọi R(NO3)3 . nH2O và R2(SO4)3 .mH2O là công thức của A, B với n, m ≥ 0 Từ (1) (2) (3) , suy ra : Số mol R(NO3)3. nH2O là a mol, số mol NO2 = a mol Số mol R2(SO4)3. mH2O là a/2 mol, số mol SO2 = a/2 mol R → R(NO3)3. nH2O ∆M1 = 186 + 18 n 5,20 gam 40,00 gam ∆m1 = 34,80 R → ½ R2(SO4)3. mH2O ∆M2 = 144 + 9m 5,20 gam 25,00 gam ∆m1 = 19,8

0,25

4 (2,0 điểm)

1,0

34,80 19,8 = ⇒ 178,20 n – 156,6 m = 664,2 186 + 18n 144 + 9m Mà MA < 400 gam.mol-1 nên n < 11,9 . MB < 520 gam.mol-1 nên m < 11,8 Biện luận theo n hoặc m, ta có 2 nghiệm phù hợp là n = 9 , m = 6 Suy ra a = 0.1 và MR = 52 gam.mol-1 . Vây R chính là Cr Công thức muối A là Cr(NO3)3.9H2O . B : Cr2(SO4)3.6H2O V1 = 0,1 x 22,4 = 2,24 L V2 = 0,05 x 22,4 = 1,12L + Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cl-; HCO3- và CO32- ta có: y + 2z = 0,1.4,5; x + 0,45 = 0,65 và y + z = 0,35  x = 0,2 mol; y = 0,25 mol và z = 0,1 mol  V = 22,4.(y + z) = 7,84 lít  Số mol NaCl = 0,2 mol; NaHCO3 = 0,25 mol; Na2CO3 = 0,1 mol. Gọi n là số a mol nước ta có: 0,2.58,5 + 0,25.84 + 0,1.106 + 18.n = 61,3  n = 1 mol.  có 3 khả năng là: NaCl.5H2O; NaHCO3.4H2O và Na2CO3.10H2O nhưng chỉ có Na2CO3.10H2O là phù hợp với thực nghiệm. b Pư xảy ra: 2XSO4 + 2H2O → 2X + 2H2SO4 + O2↑ (1) + Giả sử khi đp với thời gian là 2t thì XSO4 vẫn còn tức là chỉ có pư (1)  Số mol khí thu được gấp đôi số mol khí ứng với t giây và = 0,007.2 = 0,014 mol điều này trái với giả thiết là 0,024 mol  giả sử là sai  Khi thời gian đp là 2t thì XSO4 đã hết và có pư đp nước: dp 2H2O  → 2H2↑ + O2↑ + Với thời gian là t giây ta có:

1,0

KÈ

ẠY

5 (2,0 điểm)

Q U

Suy ra : a =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

0,5

FF IC IA L

2XSO4 + 2H2O → 2X + 2H2SO4 + O2↑ (1) mol: 0,014 0,007 + Với thời gian là t giây tiếp theo thì: 2XSO4 + 2H2O → 2X + 2H2SO4 + O2↑ (1) mol: x 0,5x dp 2H2O → 2H2↑ + O2↑ mol: y y 0,5y  0,5x + y + 0,5y = 0,024-0,007  x + 3y = 0,034 (I) + Khi thời gian là t giây thì chỉ có oxi ở pư (1) bay ra  số mol O2 ứng với t giây = 0,007 mol  số mol e trao đổi = 0,007.4 = 0,028 mol  Trong thời gian t giây còn lại số mol e trao đổi cũng phải là 0,028  4.(0,5x+0,5y) = 0,028  x + y = 0,014 (II) + Giải (I , II) được: x = 0,004 mol và y = 0,01 mol  Số mol XSO4 = 0,004 + 0,014 = 0,018 mol  0,018(X + 186) = 4,5  X = 64 = Cu. Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp là M = 21,2x2=42,4 ⇒ số mol X = 0,1 mol. Số mol CO2 tạo ra = 0,3 mol. Gọi công thức chung của 3 hidrocacbon là C xHy, phản ứng cháy: CxHy + (x+y/4)O2 xCO2 + y/2 H2O Từ phản ứng cháy ⇒ x = 3. Vì bình kín, nhiệt độ không đổi mà áp suất gấp đôi nên số mol khí tăng gấp đôi ⇒ số mol X = số mol H2= 0,05 mol. Vì khi nung áp suất giảm nên có phản ứng cộng xảy ra và sản phẩm khí là 2 ankan hoặc 1 ankan và H2. TH1: Nếu trong bình sau cùng là ankan và H 2 thì 3 hidrocacbon ban đầu phải có cùng số nguyên tử C và bằng 3. Vậy ba hidrocacbon là C3H8, C3H6 và C3H4 %C3H8 = 20%; %C3H6 = %C3H4 = 40% TH2: Nếu trong bình sau cùng là 2 ankan ⇒ khối lượng 2 ankan = 2,12 + 0,05*2 = 22,2 gam Gọi 2 ankan là CnH2n+2 và CmH2m+2 có số mol tương ứng là x, y, ta có hệ (14n +2)x + (14m+2)y = 22,2 Vì số mol CO2 tạo ra khi đốt cháy X cũng bằng số mol CO 2 tạo ra khi đốt cháy 2 ankan = 0,15 mol => từ phản ứng cháy của 2 ankan thì ta có: nx + my = 0,15 => x+y = 0,06 Vì phản ứng hidro hóa không làm thay đổi số mol hidrocacbon nên số mol X = 0,05 < 0,06 là không thõa mãn. Vậy ba hidrocacbon là C3H8, C3H6 và C3H4. Đặt a và b lần lượt là số mol của hai hiđrocacbon trong A. Ta có: a + b = 0,25 (1) y y  t° CxHy +  x + ÷O2  H2O → xCO2 + 4 2  mol: a ax ay/2 x x  t° CyHx +  y + ÷O2  H2O → yCO2 + 4 2  mol: b by bx/2 n CO2 = ax + by = 2,1 mol (2) ; ay bx n H2O = + = 1,2 mol (3) 2 2 Cộng (2) và (3) ta được: a(x + y) + b(x + y) = 4,5 hay (a + b)(x + y) = 4,5 (4) Thay (1) vào (4) ta được: x + y = 18 (*) Biện luận x và y, ta chọn: x = 8; y = 10

0,5

KÈ

Q U

6 (2,0 điểm)

0,5

ẠY

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

%n C8 H10 = 80% ; %n C10H8 = 20%

Vậy công thức phân tử của hai hiđrocacbon trong A là: C8H10 (X) và C10H8 (Y) CONH : a  COONa : a    NaOH   1,155 mol O2 , t o + E  → CH 2 : b   →  NH 2 : a  → Na 2CO 3 + ... (1) (2) 14 2 43 H O : c  CH : b  0,22 2 1 44 1 4422 4 43 2 4 43 quy ñoåi

28,42 gam

FF IC IA L

a = n CONH/ E = n NaOH = 2n Na 2 CO3 = 0, 44 a = 0, 44  0, 44  +  m E = 43a + 14b + 18c = 28,42 ⇒  b = 0,55 ⇒ CONH / E = = 4, 4 0,1  BTE ôû (2) : 3a + 6b = 1,155.4 c = 0,1  

X chæ coù 2 n h oùm CONH ⇒ Z phaûi coù nhieàu hôn 4 n h oùm CONH vì  Y coù toái ña 3 n h oùm CONH  X : C 4 H 8O3 N 2  X laø Gly 2 (g mol) 4 = 2 + 2    +  Z : C11H n O m N t ⇒ 11 = 2.4 + 3 ⇒  Z laø Gly 4 Ala (h mol) Y : C H O N 7 = 2 + 5 = 2.2 + 3  Y laø GlyVal (k mol) hoaëc Gly Ala  2 7 x y z  

1,0

+ Y laø Gly 2 Ala thì khi thuûy phaân khoâng taïo ra Val neân loaïi.

 n CONH = 2g + 5h + 2k = 0, 44 g = 0,01 0,01.132   +  n E = g + h + k = 0,1 ⇒ h = 0,08 ⇒ %X = = 4,64% 28, 42    m E = 132g + 317h + 174k = 28, 42  z = 0,01

t (C17H35COO)3C3H5 + 3NaOH  → 3C17H35COONa + C3H5(OH)3 a 3a 3a a ’ t RCOOR + NaOH → RCOONa + R’OH b b b b HCl + NaOH → NaCl + H2O c c c ⇒ 3a + b +c = 0,6 (1) Đốt ancol thu được: 0,8mol CO2 và 1mol H2O C3H8O3 → 3CO2 + 4H2O a 3a CnH2n+2O → nCO2 + (n+1)H2O b nb b n nhỗn hợp ancol = H 2O − nCO2 = 1-0,8=0,2 (mol) ⇒ a + b = 0,2 (2) Đốt D (3amol C17H35COONa, bmol CmH2m+1COONa, c mol NaCl): 2C17H35COONa + O2 → 35CO2 + Na2CO3 + 35H2O 3a 105a/2 1,5a 105a/2 2CmH2m+1COONa + O2 → (2m+1)CO2 + Na2CO3 + (2m+1)H2O b (2m+1)b/2 0,5b (2m+1)b/2 ⇒ (1,5a +0,5b)106 + 58,5c = 32,9 (3) Giải hệ (1), (2), (3) ta được:a=b=0,1 mol và c=0,2 mol Từ phản ứng đốt cháy ancol ta có: 3a + nb = 0,8 ⇒ n=5 ⇒ ancol C5H11OH Từ phản ứng đốt cháy muối ta có: [(105a/2 +(2m+1)b/2].62 = 334,8 ⇒ m=1 ⇒ Công thức của este X là CH3COOC5H11 (C7H14O2) Từ gt, suy ra được: nX = nancol = 2nH2 = 0,45 mol 19, 2 ⇒ MX = = 42,67 ⇒ Trong X có HCHO: metanal 0, 45 Gọi công thức anđêhit còn lại là (CH ≡ C)tR-CHO (t ≥ 0) Đặt số mol HCHO và (CH ≡ C)tR-CHO lần lượt là a và b Ta có: a + b = 0,45 (1)

0,5

ẠY

KÈ

Q U

7 (2,0 điểm)

8 (2,0 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,25 0,5

FF IC IA L

0,25 0,5

1,0

0,5 0,5

Công thức cấu tạo của X là a Từ bảng % khối lượng ta có thể tìm ra công thức nghiệm của I là (CH)n ; cuả II là (C3H6O)m ; của III là (C8H7N)P.Từ chất G ta có thể suy ra công thức nghiệm của III trùng với công thức phân tử. Chất C có 8 cacbon nên II sẽ chỉ có thể có 3 cacbon nên I có 2 cacbon. Vậy I là C2H2. Từ các công thức cấu tạo của II thì chỉ có axeton là phù hợp. Nên các chất A, B và C là :

0,25

KÈ

Q U

10 (2,0 điểm)

0,5

9 (2,0 điểm)

30a + (25t + R + 29)b = 19,2 (2) to HCHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O  → (NH4)2CO3 + 4NH4NO3 + 4Ag ↓ a 4a o t (CH ≡ C)tR-CHO + (2 + t)AgNO3 + (3 + t)NH3 + H2O  → b (CAg ≡ C)tR-COONH4 ↓ + 2Ag ↓ + (2 + t) NH4NO3 b 2b Ta lập được pt khối lượng kết tủa: 108(4a +2b) + (132t + R + 62)b = 193,2 (3) Giải (1), (2), (3) ta có: b = 6,9/(153 – 107t) Do b < 0,45 ⇒ t < 1,287 ⇒ t = 0 hoặc t = 1 * Nếu t = 0 ⇒ b = 6,9/153; a = 61,95/153. Thay vào (2), ta được R = 127,39 → loại. * Nếu t = 1 ⇒ b = 0,15 ⇒ a = 0,3. Thay vào (2), ta được R = 14 (-CH2). Vậy andehit còn lại là: CH ≡ C-CH2-CHO : 3 – butinal Ta có: nCO2 = 0,85 mol; nH2O = 0,72 mol. mhh = 12.nC + 1.nH = 12.nCO2 + 1.2.nH2O = 11,64 gam. Mà nhh = 0,07 suy ra Mhh = 166,29. Mà Mfarnezen > Mhh suy ra MX < Mhh = 166,29. Gọi công thức hiđrocacbon là CxHy. Ta có nC = nCO2 = 0,23 mol suy ra nH = 0,414 Ta có x : y = 0,23 : 0,414 = 5 : 9. Công thức đơn giản nhất: C5H9. Mà MX < 166,29 nên công thức phân tử của X là C10H18. X không phản ứng với Br2 suy ra phân tử của X không có liên kết π X chỉ tác dụng với H2 theo tỉ lệ 1 : 1 suy ra phân tử của X có chứa vòng 4 cạnh.

ẠY

Nhóm –NH2 khi phản ứng với NaNO2/H+ thường đặc trưng tạo nhóm –OH (II) theo cơ chế sau:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

FF IC IA L 0,5

KÈ

Q U

Nhưng ở đây, chất Y có chất trung gian là cacbocation gần nhóm –COOEt nên không bền. Vậy chất D là chất X. III có phản ứng với (CH2COOEt)2 trong môi trường EtONa nên III phải có nhóm – CN. Vậy các chất còn lại là:

ẠY

1R,3R – Resmethrin:

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

FF IC IA L O N Ơ H N Y Q U M KÈ ẠY D Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT ĐỀ ÔN TẬP SỐ 5

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

FF IC IA L

Câu 1 (2,0 điểm) 1. Khí A không màu có mùi đặc trưng, khi cháy trong khí oxi tạo nên khí B không màu, không mùi. Khí B có thể tác dụng với liti kim loại ở nhiệt độ thường tạo ra chất rắn C. Khí A tác dụng với axit mạnh D tạo ra muối E. Dung dịch muối E không tạo kết tủa với bari clorua hoặc bạc nitrat. Nung muối E trong bình kín sau đó làm lạnh bình thu được khí F và chất lỏng G. Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G và viết phương trình phản ứng xảy ra. 2. Trình bày phương pháp hóa học và viết phương trình phản ứng (nếu có) để tinh chế các chất trong các trường hợp sau: a) Tinh chế khí Cl2 có lẫn khí HCl. c) Tinh chế khí NH3 có lẫn khí N2, H2. b) Tinh chế khí CO2 có lẫn khí CO. 3. Ba hợp chất A, B, C mạch hở có công thức phân tử tương ứng là C 3H6O, C3H4O, C3H4O2. Trong đó, A và B không tác dụng với Na, khi cộng hợp H 2 dư (Ni, to) thì cùng tạo ra một sản phẩm như nhau. B cộng hợp H2 tạo ra A. A có đồng phân A’, khi bị oxi hóa thì A’ tạo ra B. C và C’ là đồng phân của nhau và đều đơn chức. Khi oxi hóa B thu được C’. Bằng phương pháp hóa học hãy phân biệt A’, B, C’ trong 3 lọ mất nhãn riêng biệt. Câu 2 (2,0 điểm) 1. Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp X gồm a mol NaOH và b mol K 2CO3 kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

ẠY

KÈ

Q U

Hãy viết các phương trình phản ứng dạng ion rút gọn và xác định tỉ lệ a:b. 2. Trong công nghiệp, axit HNO 3 được điều chế từ N2 với hiệu suất từng giai đoạn lần lượt là 25%, 75%, 90%, 85%. Tính thể tích không khí (đktc, N 2 chiếm 80% về thể tích) tối thiểu cần dùng để điều chế lượng HNO3 đủ để hòa tan hoàn toàn 18,4 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe với tỉ lệ mol tương ứng 2:1 (NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5). 3. Hợp chất X có công thức phân tử C 9H8O6. Biết, X tác dụng với dung dịch NaHCO 3 theo tỉ lệ nX : nNaHCO3 = 1:1; X tác dụng với dung dịch NaOH theo tỉ lệ n X : nNaOH = 1:4 thu được hai muối Y, Z (đốt cháy hoàn toàn Z không thu được H2O); X tác dụng với Na theo tỉ lệ nX : nNa = 1:3. Xác định công thức cấu tạo các chất X, Y, Z và viết các phương trình hóa học xảy ra. Câu 3 (2,0 điểm) 1. Nung 8,08 gam một muối X thu được hỗn hợp G (gồm khí và hơi) và 1,60 gam một hợp chất rắn Y không tan trong nước. Ở một điều kiện thích hợp, hấp thụ hết G vào bình chứa 200 gam dung dịch NaOH 1,20% thu được dung dịch chỉ chứa một muối duy nhất có nồng độ 2,47%. Xác định công thức phân tử của muối X. Biết khi nung muối X thì kim loại trong X không thay đổi số oxi hoá. 2. Trộn m gam hỗn hợp X gồm Mg và Al với 47,0 gam Cu(NO 3)2 thu được hỗn hợp Y. Nung Y trong điều kiện không có không khí, sau một thời gian thu được chất rắn Z và 4,928 lít hỗn hợp khí G (đktc). Hòa tan hoàn toàn Z bằng 1,36 lít dung dịch H 2SO4 1,0M, thu được dung dịch T chỉ chứa 171,64 gam muối sunfat khan và 11,2 lít hỗn hợp khí M (đktc) gồm NO và H 2, tỉ khối của M so với H2 bằng 6,6. Tính %m mỗi kim loại trong hỗn hợp X. Câu 4 (2,0 điểm) 1. X và Y là hai axit cacboxylic đều hai chức (không chứa nhóm chức khác), mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Z và T là hai este thuần chức hơn kém nhau 14u, Y và Z là đồng phân của nhau, MX < MY < MT. Đốt cháy hết 11,52 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T (số mol X gấp hai lần số mol Y) cần 7,168 lít O2 (đktc). Mặt khác, để tác dụng hết với 11,52 gam hỗn hợp E cần dùng 200 ml dung dịch Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

FF IC IA L

NaOH 1M thu được hỗn hợp M gồm 3 ancol có số mol bằng nhau. Cho toàn bộ M tác dụng với CuO dư, to thu được hỗn hợp chất hữu cơ K. Cho K tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3/NH3 (to) thu được m gam Ag. Xác định CTCT của X, Y, Z, T và tính m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 2. Đốt cháy hoàn toàn 2,54 gam este E thuần chức, thu được 2,688 lít khí CO 2 (đktc) và 1,26 gam nước. Cho 0,1 mol E tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 1,5M tạo ra một muối của axit cacboxylic A và một ancol T. Đốt cháy toàn bộ T, thu được 6,72 lít CO 2 (đktc). Hỗn hợp X gồm A và 3 đồng phân cấu tạo của A, cho X tác dụng với dung dịch NaOH (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng được chất rắn B và hỗn hợp hơi D. Cho D tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3/NH3 (to) thu được 21,6 gam Ag. Nung B với NaOH rắn và CaO rắn, dư (không có không khí) được hỗn hợp hơi F. Đưa F về nhiệt độ thường thì có một chất ngưng tụ G, còn lại hỗn hợp khí N. G tác dụng với Na dư sinh ra 1,12 lít khí H2 (đktc). Cho N qua Ni nung nóng được hỗn hợp khí P, tỉ khối của P so với H 2 là 8, sau phản ứng thể tích hỗn hợp khí giảm 1,12 lít (đktc). Xác định CTPT, CTCT của E, tính m A và mB. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, ba đồng phân cấu tạo của A đều chỉ phản ứng với dung dịch NaOH khi đun nóng. Câu 5 (2,0 điểm) 1. Hỗn hợp A gồm một axit hữu cơ X và este Y của một axit hữu cơ đơn chức. Lấy a gam hỗn hợp A cho phản ứng với dung dịch NaOH vừa đủ, chưng cất, tách hỗn hợp sản phẩm ta thu được 9,30 gam một hợp chất hữu cơ B và 39,40 gam hỗn hợp G (muối hữu cơ khan). Cho toàn bộ B phản ứng với Na dư ta thu được 3,36 lít khí (đktc), MB< 93u, dung dịch B phản ứng với Cu(OH) 2 tạo dung dịch màu xanh trong suốt. Đem toàn bộ G nung với lượng dư vôi tôi xút thì thu được 8,96 lít hơi (đktc) của một hiđrocacbon D duy nhất. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức cấu tạo của các chất X, Y, B, D. 2. Hòa tan hết 17,43 gam hỗn hợp A gồm (Fe, Cu, Al) trong 175 gam dung dịch HNO3 50,4%, thu được hỗn hợp khí B và dung dịch X có chứa 74,67 gam hỗn hợp muối. Nếu cho 52,29 gam A vào dung dịch NaOH dư thì thu được 5,04 lít khí (đktc). Thêm 1 lít dung dịch KOH 1M vào dung dịch X, thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Nung Y trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 22,8 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T, nung T đến khối lượng không đổi thu được 84,2 gam chất rắn. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong A và nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch X.

Q U

Cho nguyên tử khối (u): H = 1, C = 12, N = 14, O = 16, Na = 23, Al = 27, K = 39, Ca = 40, Fe = 56, Cu = 64, Ag = 108. ----------Hết---------Họ và tên thí sinh............................................................Số báo danh.......................................................

ẠY

KÈ

Chữ kí của giám thị 1:................................................Chữ kí của giám thị 2:............................................

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT ĐỀ ÔN TẬP SỐ 5

Đáp án Khí A là NH3, B là N2, C là Li3N, D là HNO3, E là NH4NO3, F: N2O, G: H2O. t0 4NH3 + 3O2  → N2 + 6H2O. N2 + 6Li  → 2Li3N. NH3 + HNO3  → NH4NO3. NH4NO3  → N2O + H2O. a) Sục hỗn hợp khí vào dung dịch NaCl bão hòa (để hấp thụ HCl), dẫn khí thoát ra qua dung dịch H2SO4 đặc, thu được khí Cl2 khô. b) Dẫn hỗn hợp khí qua ống đựng bột CuO dư nung nóng thu được khí CO2. CO + CuO → CO2 + Cu c) Dẫn hỗn hợp (NH3, H2, N2) qua dung dịch axit (VD: dd HCl), NH3 bị giữ lại. Tiếp đến cho dung dịch bazơ dư (VD dd Ca(OH) 2) và đun nóng nhẹ, khí thoát ra cho đi qua ống đụng CaO dư sẽ thu được khí NH3 khô NH3 + H+ → NH4+ NH4+ + OH- → NH3 + H2O

Vì A, B không tác dụng với Na nên A, B không có nhóm – OH, vậy C 3H6O có thể là: CH3 CH2CHO, CH3COCH3 và CH2=CH-O-CH3 Theo công thức C3H4O2 đơn chức có thể là: CH2=CH- COOH và HCOOCH=CH2. Vì B oxi hóa tạo C’nên B là CH2=CH- CHO, C’ là CH2=CH- COOH A là CH3 CH2CHO, C là HCOOCH=CH2 , A’ là CH2=CH- CH2OH Phân biệt A’, B, C’ - Dùng quỳ tím nhận được C’: làm quỳ tím hóa đỏ. - Dùng kim loại Na nhận được A’: có khí bay lên. CH2=CH- CH2OH + Na → CH2=CH- CH2ONa + 1/2H2 - Dùng dd AgNO3/NH3 (to) nhận được B: có Ag kết tủa. CH2=CH- CHO + 2AgNO3+3NH3+H2O → CH2 = CH-COONH4+2Ag+2NH4NO3 H++ OH- → H2O (1), H+ + CO32- → HCO3- (2) H+ + HCO3- → H2O + CO2 (3) Dựa vào đồ thị ta thấy khi nH+ = 0,6 thì nCO2 = 0 theo phương trình (1) và (2) ta có: a+b = 0,6 (I) nCO2 lớn nhất là 0,2 theo phương trình (3) suy ra b = 0,2 thế vào (1) suy ra a = 0,4. Vậy tỉ lệ a:b=2:1. - Ta có nFe = 0,1 mol; nCu = 0,2 mol. - Để lượng không khí là tối thiểu thì lượng axit cần dùng sẽ là tối thiểu. Sản phẩm thu được là muối Fe2+ và Cu2+ - Quá trình oxi hóa khử: 0 − 2+ 4H+ + NO3 + 3e → NO +2 H2O Fe → Fe + 3e

ẠY

KÈ

Q U

0,25

0,25 0,25

0,25

Điểm 0,25

FF IC IA L

Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 07 trang)

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

2+ Cu → Cu + 2e ne nhận=0,3+0,4 =0,7 mol ⇒ ne nhận (HNO3)=0,6 mol ⇒ nHNO3 = 0,8 mol. ⇒ nN2 ( lt ) = 1/2 nHNO3 = 0,4 mol. 100 100 100 100 100 ⇒ Vkk = 0,4. . . . . . 22,4 = 78,0825 lít. 25 75 90 85 80 Đặc điểm cấu tạo phù hợp của X để thỏa mãn công thức phân tử C 9H8O6: có 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25

nhóm - OH, 1 nhóm COOH; 1 chức este; tỉ lệ n X : nNaOH = 1:4 tạo 2 muối trong đó 1 muối Z là (COONa)2 ⇒ Có 02 CTCT của X: Hoặc HOOC − COOCH 2 − C 6 H 3 (OH ) 2 trong đó

FF IC IA L

là vòng benzen Viết 06 phản ứng với 02 CTCT của X. Mỗi phản ứng = 0,125 điểm. - mG = 8,08 -1,6 = 6,48 gam - G + dung dịch NaOH → dung dịch muối 2,47% mdd muối = mG + mdd NaOH = 206,48 gam, dựa vào C% → mmuối = 5,1 gam. Ta có sơ đồ: Khí + yNaOH → NayA 0,06 → 0,06/y => mmuối = (23.y+A).0,06/y = 5,1 → A = 62y. => Chỉ có cặp: y = 1, A = 62 (NO3-) là phù hợp => muối là NaNO3 G bị hấp thụ hoàn toàn và phản ứng với dd NaOH thu được dd chỉ có một muối duy nhất là NaNO3. => Do đó G phải có NO 2 và O2 với tỉ lệ mol tương ứng 4:1 => muối X ban đầu là M(NO3)n. 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 HNO3 + NaOH → NaNO3 + H2O nNaOH = nNO2 = 0,06 mol, nO2 = 0,015 mol => mG = mNO2 + mO2 = 3,24 gam < 6,48 gam => Trong G còn có hơi nước. Vậy muối X phải có dạng M(NO3)n.xH2O.

0,75

0,25

Dung dịch thu được chỉ chứa muối sunfat trung hòa nên NO3− , H + vừa hết.

0,25

KÈ

Q U

Phản ứng nhiệt phân t0 2M(NO3)n.xH2O  → M2On + 2nNO2 + n/2O2 + 2xH2O 0, 06 0, 03 0, 06x ¬ ¬ 0,06 → 0,015 → n n n 0, 03 1,12n = 1, 6 → M = => mY = m M 2 On = (2M + 16n) => n = 3, M = 56 (Fe) thỏa n 0, 06 mãn. => mH2O = 6,48 - 3,24 = 3,24 gam => nH2O = 0,18 mol. 0, 06x = 0,18 → x = 9 . Kết hợp với phương trình nhiệt phân ta có n Vậy X là muối Fe(NO3)3.9H2O.

ẠY

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Sơ đồ phản ứng:

0,25

FF IC IA L

  NO 2 :a mol   Mg :x mol  O 2 :b mol   Y có  Al :y mol →  CuO, MgO, Al2 O3  Z Mg, Al Cu(NO ) :0, 25mol 3 2     Cu(NO3 ) 2  Mg 2+ : x mol  3+ CuO, MgO, Al 2O 3  Al :y mol  2+  +1,36molH 2SO 4 Z Mg, Al dd T Cu :0, 25 mol + khí M →  NH + :c mol Cu(NO ) 3 2  4  SO24− :1,36 mol 

0,25

KÈ

Do nCO2 – n H2O = số mol hỗn hợp E nên số liên kết π trung bình trong E là 2. Vì X, Y, Z, T đều là các axit 2 chức và este 2 chức nên π chức = 2 => các chất đều mạch hở, no.

ẠY

Ta có C =

0,25

Q U

 NO :p mol   H 2 :q mol - p = 0,2; q = 0,3. - Bảo toàn số mol nguyên tử N: a + c + 0,2 = 0,5 ⇔ a + c = 0,3. - Bảo toàn e: 2x + 3y + 4b = a + 8c + 3.0,2 + 2.0,3. - Bảo toàn điện tích cho dung dịch T: 2x + 3y + 0,25.2 + c = 1,36.2. - Khối lượng muối Sunfat: 24.x + 27.y + 64.0,25 + 18.c + 103,56 = 171,64. - Số mol G: a + b = 0,22. Tính được: a = 0,2; b = 0,02; c = 0,1, x = 0,7; y = 0,24. %mMg = 0,7.24:(0.7.24 + 0,24.27) = 72,16%. %mAl = 27,84%. nO2 = 0,32 mol ; nNaOH = 0,2 mol Vì Y, Z là đồng phân nên Z có 4 nguyên tử oxi => Z và T đều là este 2 . Gọi công thức chung cho X, Y, Z, T là CxHyO4 CxHyO4 + 2 NaOH  R(COONa)2 + ancol 0,1  0,2 CxHyO4 + O2  CO2 + H2O Gọi nCO2 = a (mol); nH2O = b (mol) Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố oxi ta có hệ:

0, 38 = 3,8 . Vì MX < MY = MZ < MT => CX < 3,8. 0,1

Do Z là este 2 chức nên số C ≥ 4. X, Y là đồng đẳng kế tiếp→ Z hơn X một nguyên tử C. Vậy CTCT của X là CH2(COOH)2 CTCT của Y là HOOCCH2CH2COOH hoặc CH3CH(COOH)2 Z là đồng phân của Y nên có công thức phân tử là C4H6O4 Vậy CTCT có thể có của Z là: (COOCH3)2 hoặc (HCOOCH2)2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

FF IC IA L

- CTPT của T là C5H8O4 + nếu Z là: (COOCH3)2, không có CTCT của T phù hợp để tạo 3 ancol. + nếu Z là: (HCOOCH2)2 thì CTCT của T là CH3OOC – COOC2H5 - CTCT của X, Y, Z, T là: X là CH2(COOH)2 Y là HOOCCH2 CH2 COOH hoặc CH3CH(COOH)2 Z là HCOOCH2CH2OOCH T là CH3OOC – COOC2H5 Gọi số mol của X, Y, Z, T lần lượt là 2x, x, y, y (vì Z, T khi phản ứng với NaOH tạo 3 ancol có số mol bằng nhau nên số mol của Z bằng số mol của T) Theo bài có hệ:

0,25

HCOOCH2CH2OOCH + NaOH 2HCOONa + HOCH2CH2OH CH3OOC – COOC2H5 + NaOH  CH3OH + C2H5OH + NaOOC - COONa HOCH2CH2OH HOC-CHO  4Ag CH3OH  HCHO  4Ag C2H5OH  CH3CHO  2Ag => nAg = 0,08 + 0,08 + 0,04 = 0,2 mol => mAg = 0,2.108 = 21,6 gam. Đặt CTTQ E: CxHyOz (x, y, z nguyên dương). n CO2 = 0,12mol; n H2O = 0,07 mol ⇒ mC = 1,44 gam; mH = 0,14 gam; mO= 0,96 gam tỷ lệ: x: y: z = 6:7:3 ⇒ CTPT của E: (C6H7O3)n n E : n NaOH = 1: 3. Vậy E có 3 chức este, Suy ra E có 6 nguyên tử oxi (n = 2). Vậy CTPT E: C12H14O6 ( M= 254 g/mol). Vậy E: (RCOO)3R'. to (RCOO)3R’+ 3NaOH → 3RCOONa + R’(OH)3 (1)

n R(OH)3 n CO2

0,25

0,1 1 = . Vậy R có 3 nguyên tử C. 0,3 3

Q U

Do tỷ lệ

Có: n R(OH)3 = n (RCOO)3 R' = 0,1 (mol), n CO2 = 0,3mol .

Vậy CTCT ancol: CH2OH-CHOH-CH2OH (Glixerol) Ta có: m RCOONa = 254.0,1 +12 - 0,1.92 = 28,2gam Từ (1): M RCOONa = 28,2/0,3 = 94 → R = 27 ( C2H3-)

ẠY

KÈ

CH 2 = CH- COO- CH 2 | Vậy CTCT E: CH 2 = CH- COO- CH | CH 2 = CH- COO- CH 2 CTCT A: CH2=CH-COOH (x mol), 3 đồng phân đơn chức là este: CH 2 - C = O CH 3 - CH- C = O | \ / HCOOCH=CH2 (y mol); este vòng và | có tổng số CH 2 - O O mol là z (mol) CH2=CH-COOH + NaOH → CH2=CH-COONa + H2O (2) t0

→ HCOONa + CH3CHO HCOOCH=CH2 + NaOH  CH 2 - C = O t0 | | → HOCH2-CH2-COONa + NaOH  CH 2 - O CH 3 - CH- C = O t0 \ / → CH3-CH(OH)-COONa + NaOH  O Hỗn hợp hơi (D): CH3CHO, H2O(h).

(3)

0,25

(4) (4’)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

CH3CHO+2AgNO3+3NH3+H2O → CH3COONH4+2Ag+2NH4NO3 (5) Chất rắn (B): CH2=CH-COONa; HCOONa; HOCH2-CH2-COONa và CH3-CH(OH)-COONa t0

→ CH2=CH2 + Na2CO3 (6) CH2=CH-COONa + NaOH (r)  CaO,t 0

HCOONa + NaOH (r) → H2 + Na2CO3 (7) CaO,t 0

HOCH2-CH2-COONa + NaOH → CH3-CH2-OH + Na2CO3 (8) CaO,t 0

FF IC IA L

CH3-CH(OH)-COONa + NaOH → CH3-CH2-OH + Na2CO3 (8’) Hỗn hợp hơi (F): C2H4; H2, C2H5OH (G) Ni,t 0 Hỗn hợp (N) : C2H4 + H2  → C2H6 (9) (G) : 2C2H5OH + 2Na → 2C2H5ONa + H2 (10) Từ (3,5): y = 0,1(mol) Từ (3,7): n H2 = 0,1(mol) Từ (9). Độ giảm số mol của N = 0,05 mol = n H2 (pứ)

28x+ 0.2 =16 ⇒ x = 0,05 mol. x+ 0,05

0,25

Suy ra: M P =

Ta có: nP = n N - 0,05 = x + 0,1 - 0,05 = (x + 0,05) mol; mN = (28x + 0,2)gam

M P = 8.2 = 16 ( do mP = mN ) nên P gồm: H2 dư và C2H6 (p/ứng hoàn toàn).

Từ (4,8,10): có n H2 = 0,05 mol → z = 0,1 mol. Vậy: x = 0,05mol ⇒ m(CH2=CH-COOH) = 3,6 gam. y = 0,1mol và z = 0,1mol. ⇒ mrắn B = 94.x+68.y+112.z = 94.0,05+68.0,1+0,1.112=22,7 gam. - B tác dụng được với Na, dd B hòa tan được Cu(OH) 2 tạo ra dung dịch màu xanh trong suốt  B là ancol đa chức có 2 nhóm –OH liền nhau  Y là este đa chức. - Cho A tác dụng với NaOH thu được hỗn hợp muối  Axit X và axit cấu tạo nên Y khác nhau. - Nung hỗn hợp muối thu được sau phản ứng với NaOH thu được 1 hidrocacbon D duy nhất  Gốc hidrocacbon trong các muối có cùng số nguyên tử cacbon và có các kiểu liên kết giống nhau.

0,25

Q U

ẠY

KÈ

Gọi công thức của B có dạng R”(OH)n ( n2, R” 28) 2R”(OH)n + 2nNa  2R”(ONa)n + nH2 2 2 3,36 0,3 = mol  nB = nH 2 = . n n 22, 4 n 9,3 .n = 31n  MB = 0,3 Do MB < 93  31n < 93  n < 3. Vậy n = 2  MB = 62  R” + 34 = 62  R” = 28 ( -C2H4-)  Công thức của B là C2H4(OH)2. CTCT là HO-CH2-CH2-OH.  nB = 0,15 mol. Công thức của X, Y lần lượt là: R(COOH)x; (R’COO)2C2H4 ( R’ có cùng số nguyên tử cacbon với R; x 1)  D là R’H R(COOH)x + xNaOH  R(COONa)x + xH2O (R’COO)2C2H4 + 2NaOH  2R’COONa + C2H4(OH)2 CaO , t 0 R’COONa + NaOH  → R’H + Na2CO3 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

CaO , t R(COONa)x + xNaOH  → R’H + xNa2CO3

FF IC IA L

- Từ các phản ứng trên ta thấy: nR’COONa = 2nB = 2.0,15 = 0,3 mol. nD = nR’-COONa + nR-(COONa)x = 0,3 + nX = 0,4 mol  nX = 0,1 mol. - Ta có mR −(COONa ) x + mR ' COONa = 39, 4 .  0,1.(R + 67x) + 0,3.(R’+67) = 39,4  R + 67x + 3R’ = 193 193 − 67 = 31,5  Loại + Nếu x = 1  R = R’ = 4 + Nếu x = 2  R + 3R’ = 59  R = 14 ( -CH2-)  D là CH4 R’ = 15 ( CH3-) + Nếu x = 3  R + 3R’ = -8  Loại. Vậy: X là CH2(COOH)2  CTCT là HOOC – CH2 – COOH Y là (CH3COO)2C2H4  CTCT là CH3COO-CH2-CH2-OCOCH3 B là C2H4(OH)2 CTCT là HO-CH2-CH2-OH D là CH4. - Nếu 84,2 gam rắn chỉ có KNO 2  mol mrắn = 85 gam > 84,2 gam (loại). - Nếu 84,2 gam rắn có KNO2 và KAlO2, lập mqh mol KAlO2< 0 loại. - Hỗn hợp rắn gồm: KOH, KNO2 và KAlO2. - Oxit gồm Fe2O3 và CuO. - Lập mqh theo mol mol nguyên tố K, khối lượng rắn, mol Al. Tính được: Trong 84,2 gam có KNO2 = 0,9 mol, KOH = 0,05 mol, KAlO2 = 0,05 mol. - Lập mqh theo lượng hh kim loại và hh oxit. Tính được: Trong 17,43 gam A: Al = 0,05 mol, Fe = 0,27 mol, Cu = 0,015 mol. - Lập mqh theo mol ion nitrat, khối lượng hh muối, mol Fe. Tính được: Trong X: NH4NO3 = 0,08 mol, Al(NO3)3 = 0,05 mol, Fe(NO3)2 = 0,17 mol, Fe(NO3)3 = 0,1 mol, Cu(NO3)2 = 0,015 mol. - Dùng bảo toàn KL, tính khối lượng B = 21,24 gam. - Khối lượng dung dịch X = 171,19 gam. - Tính C%: NH4NO3 = 3,74%, Al(NO3)3 = 6,22%, Fe(NO3)2 = 17,87%, Fe(NO3)3 = 14,14%, Cu(NO3)2 = 1,65%.

0,25

Q U

0,25

ẠY

KÈ

Học sinh làm theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 6

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

FF IC IA L

Câu 1. (2,0 điểm) 1) Nêu hiện tượng, viết phương trình phản ứng dạng ion để giải thích các thí nghiệm sau: - Hòa tan một mẩu K 2Cr2O7 vào ống nghiệm bằng nước cất, sau đó thêm vào vài giọt dung dịch Ba(OH)2. - Hòa tan một mẩu Fe 3O4 bằng dung dịch H2SO4 loãng, dư, sau đó thêm vào lượng dư dung dịch NaNO3. 2) Xăng sinh học (xăng pha etanol), (etanol hay còn gọi rượu etylic) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống. Xăng pha etanol là xăng được pha một lượng etanol theo tỷ lệ đã nghiên cứu như: xăng E85 (pha 85% etanol), E10 (pha10% etanol), E5 (pha 5% etanol),... - Tại sao gọi xăng etanol là xăng sinh học ? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. - Tại sao xăng sinh học được coi là giải pháp thay thế xăng truyền thống? Biết khi đốt cháy 1 Kg xăng truyền thống thì cần 3,22 Kg O2. Câu 2. (2,0 điểm) Cho pin: PtFe3+ (0,05M), Fe2+ (0,5M)Mn2+ (0,02M), MnO −4 (0,2M), H2SO4 (xM)Pt, ở 250C. Bỏ qua sự tạo phức hiđroxo, H2SO4 phân li hoàn toàn. 1) Khi x = 0,5M thì phản ứng xảy ra theo chiều nào? Viết phản ứng tổng quát khi pin hoạt động. Tính suất điện động của pin và hằng số cân bằng của phản ứng. 2) Thêm một lượng KCN vào bên điện cực trái của pin sao cho các phản ứng tạo phức xảy ra hoàn toàn. Tính suất điện động của pin. RT ln = 0,059lg; E 0Fe3+ /Fe2- = + 0,77V; E 0MnO- ,H+ /Mn 2+ = + 1,51V 4 F 3− 3+ -  → Fe(CN) 6 Fe + 6CN ¬  βIII = 1042  4−

ẠY

KÈ

Q U

 → Fe(CN) 6 Fe2+ + 6CN- ¬ βII = 1035   Câu 3. (2,0 điểm) 1) Tính khối lượng amoni clorua và thể tích dung dịch natri hidroxit 3,0M cần thêm vào 200 mL nước và sau đó pha loãng đến 500 mL để điều chế dung dịch đệm có pH = 9,5 với nồng độ muối là 0,1M. Biết pKb (NH3) = 4,76. 2) Tính nồng độ ion H+ đủ để làm giảm nồng độ Ag(NH 3)2+ 0,10 M xuống còn 1,0.10-8 M. Biết pKb (NH3) = 4,76 và hằng số bền β [Ag(NH3)2+] = 7,24. Câu 4. (2,0 điểm) 1) Hòa tan hết 2,25 gam hỗn hợp X gồm 2 kim loại A (hóa trị 1) và B (hóa trị 2) trong lượng dư dung dịch hỗn hợp HNO3, H2SO4 thu được 2,205 gam hỗn hợp khí Y gồm NO 2 và một khí Z; Y chiếm thể tích 1,008 lít (đktc). Hãy tính khối lượng muối khan tạo thành. 2) Hấp thụ hết V lít khí CO2 (đktc) vào dung dịch chứa a mol NaOH được dung dịch A. Biết rằng nếu cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch A thì phải mất 50ml dd HCl 1M mới thấy bắt đầu có khí thoát ra. Mặt khác cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch A được 7,88 gam kết tủa. Tính V và a. Câu 5. (2,0 điểm) X là hỗn hợp đồng nhất gồm hai kim loại Fe và Cu, trong đó Fe chiếm 52,24% phần trăm khối lượng. Chia 32,16 gam X thành hai phần bằng nhau. 1) Hòa tan phần một trong 113,4 gam dung dịch HNO3 40%. Khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và sản phẩm khử duy nhất là khí NO. Điện phân dung dịch Y với các điện cực trơ, cường độ dòng điện 5A, trong thời gian 2 giờ 9 phút thì kết thúc điện phân. Tính độ tăng khối lượng của catot, giả thiết toàn bộ kim loại sinh ra bám lên catot. 2) Hòa tan phần hai bằng 300 mL dung dịch HCl 1M (không có không khí). Khi phản ứng hoàn toàn, lọc tách phần chất rắn không tan. Thêm dung dịch AgNO 3 dư vào dung dịch nước lọc, thu được kết tủa Z. Tính khối lượng Z. Câu 6. (2,0 điểm) Hiđrocacbon A có: 150 đvC < MA < 170 đvC. Đốt cháy hoàn toàn a gam A thu được a gam H2O. Cho A tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được chất hữu cơ B. A tác dụng với H2O, xúc tác HgSO4, đun nóng thu được chất C. Đun nóng C với dung dịch KMnO 4 trong H2SO4 sinh ra chất D có công thức cấu tạo:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

CH3 H3C

CH2

COOH

COCH3

C CH2

CH3

COOH

Q U

FF IC IA L

Lý luận xác định công thức cấu tạo của A, B, C (Không cần viết các phương trình phản ứng). Câu 7. (2,0 điểm) Hỗn hợp Y gồm hai chất hữu cơ A và B cùng chức hoá học. Nếu đun nóng 15,7 gam hỗn hợp Y với NaOH dư thì thu được muối của một axit hữu cơ đơn chức và 7,6 gam hỗn hợp hai rượu no đơn chức bậc nhất kế tiếp nhau trong cùng dãy đồng đẳng. Nếu đốt 15,7 gam hỗn hợp Y thì cần dùng vừa hết 21,84 lít O2 và thu được 17,92 lít CO2 (các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn). Xác định công thức cấu tạo của A và B. Câu 8. (2,0 điểm) Hỗn hợp A gồm tetrapeptit X và pentapeptit Y (đều mạch hở và đều tạo bởi Gly và Ala). Đun nóng m gam hỗn hợp A với dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (m + 7,9) gam muối khan. Đốt cháy hết hỗn hợp muối, thu được Na 2CO3 và hỗn hợp B gồm khí và hơi. Cho hết lượng B hấp thụ vào bình đựng dung dịch Ba(OH) 2 dư thì khối lượng bình tăng 28,02 gam và có 2,464 lít khí thoát ra (đktc). Tính phần trăm khối lượng của X và Y trong hỗn hợp A. Câu 9. (2,0 điểm) 1) Một disaccarit A có công thức phân tử C 12H22O11. A không tham gia phản ứng tráng gương và không làm mất màu dung dịch brom. Chỉ có thể thủy phân A bằng mantaza (loại men dùng để thủy phân các cầu nối α-glicozit) tạo thành sản phẩm duy nhất D-glucozơ. Metyl hóa hoàn toàn các nhóm hidroxyl của A, rồi thủy phân sản phẩm thu được tạo ra 2,3,4,6-tetra-O-metyl-D-glucozơ. Lập luận xác định cấu trúc của A. 2) Phản ứng clo hóa hiđrocacbon A chỉ cho hai monoclorua B và C đều chứa 29,46% clo. a) Xác định công thức cấu tạo của A, B và C. b) Tính tỉ lệ sản phẩm B và C, cho rằng tốc độ thế tương đối của nguyên tử cacbon bậc 1, bậc 2 và bậc 3 tương ứng là 1: 4: 5. c) Đề nghị một cách ngắn nhất để điều chế A đi từ etanol và các hoá chất vô cơ cần thiết (ghi rõ điều kiện phản ứng: xúc tác, dung môi, nhiệt độ ở mỗi phản ứng). Câu 10. (2,0 điểm) a) So sánh tính axit của hiđro linh động trong các hợp chất sau:

ẠY

KÈ

a) O

MeONa C2H5OH

O O

OH ----------Hết---------ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 6 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 06 trang) Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Nội dung Dung dịch mới pha có màu da cam, thêm Ba(OH) 2 dung dịch chuyển dần màu vàng, đồng thời có kết tủa màu vàng xuất hiện. 2−  → 2 CrO 24− (Vàng)+ H2O Giải thích: Cr2O7 (Da cam) + 2 OH − ¬  

1 (2,0 điểm)

0,5

FF IC IA L

2− Ba2+ + CrO 4  → BaCrO4 ↓ (vàng) Mẩu oxit tan hết, dung dịch có màu vàng (nâu). Thêm NaNO 3, khí không màu bay ra, hóa nâu trong không khí. Giải thích: Fe3O4 + 8H+  → 2Fe3+ + Fe2+ + 4H2O − 3Fe2+ + NO3 + 4H+  → 3Fe3+ + NO (hóa nâu trong không khí) + 2H2O Xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học vì lượng etanol trong xăng có nguồn gốc từ thực vật (nhờ phản ứng lên men để sản xuất số lượng lớn). Loại thực vật thường được trồng để sản xuất etanol là: ngô, lúa mì, đậu tương, củ cải đường, … H+ Ptpư: (C6H10O5)n + nH2O  → nC6H12O6 ln men C6H12O6  → 2C2H5OH + 2CO2 t° Xét phản ứng cháy của 1 kg etanol: C2H5OH + 3O2  → 2CO2 + 3H2O ⇒ mO2 = 3.(32:46) = 2,087 kg ⇒ mO2 (khi đốt etanol) < mO2 (khi đốt xăng). Như vậy, khi đốt cháy 1 kg xăng thì tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đôt cháy 1 kg etanol Đốt cháy etanol tiêu tốn ít oxi hơn đồng nghĩa với lượng khí thải thoát ra ngoài ít hơn, hạn chế việc ô nhiễm môi trường. Hơn nữa, nguồn etanol dễ dàng sản xuất quy mô lớn không bị hạn chế về trữ lượng như xăng dầu truyền thống. Do vậy, dùng xăng sinh học là một giải pháp cần được nhân rộng trong đời sống và sản xuất. MnO −4 + 8H+ + 5e € Mn2+ + 4H2O

Điểm

Câu

E MnO− ,H+ /Mn 2+

0,25

Q U

− + 0, 059  MnO 4  .  H  =E + .lg 5  Mn 2+  0

2 (2,0 điểm)

0,25

KÈ

0, 059 (0, 2).18 .lg =1,522 V = 1,51 + 5 0, 02 Fe3+ + e € Fe2+ 3+ 0, 059  Fe  0, 05 0 E Fe3+ /Fe2+ = E + .lg = 0, 77 + 0, 059.lg = 0, 711 V 2+ 1 0,5  Fe  E MnO− ,H+ /Mn 2+ > E Fe3+ /Fe2+ 4

ẠY

Phản ứng xảy ra: 5Fe2+ + MnO −4 + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O ⇒ Epin = 1,522 - 0,711 = 0,811 (V)

0,5

5.0,811

Hằng số cân bằng: K = 10 0,059 = 10 0,059 = 1068,729 Có các quá trình: 3− Fe(CN) 6 € Fe3+ + 6CN− Fe3+ + e € Fe2+ Fe2+ + 6CN− € Fe(CN) 64− 3− 4− Fe(CN) 6 + e € Fe(CN) 6

0,5 (βIII) K1 βII

-1

K2 = K1 (βIII)-1. βII K2 =

E 02 0,059

= 10

E10 0,059

βII βIII

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

βII, βIII rất lớn nên [Fe(CN) 36− ] = 0,05M; [Fe(CN) 64− ] = 0,5M  Fe ( CN ) 3−  0,05 6  E Fe CN 3− /Fe CN 4− = E 0 + 0, 059.lg  = 0,357 + 0,059lg = 0,298 (V) 4 − ( )6 ( )6 0,5  Fe ( CN )  6   ⇒ Epin = 1,522 - 0,298 = 1,224 (V) [ NH 3 ] [ NH 3 ] [ NH 3 ] = 1,8 ⇔ 9,5 = (14 − 4,76) + lg Từ pH = pK a + lg + + ⇒ [ NH +4 ] [ NH 4 ] [ NH 4 ]

−1 và n NH3 = (0,18mol.L ) × (0,5L) = 0, 09mol Từ phản ứng NH4+ + OH- → NH3 + H2O ta thấy rằng số mol NaOH cần dùng bằng số mol NH3 và tổng lượng muối amoni cần ban đầu là 0,05 mol + 0,09 mol = 0,14 mol. (0,09mol) = 0,03L , m NH 4Cl = (0,14mol) × (53,5g / mol) = 7,49g ⇒ VddNaOH = (3,0mol.L−1 ) Do [Ag(NH3)2+] = 1,0.10-8 M << 0,10 M, suy ra phức bị phân hủy hoàn toàn. Hơn nữa môi trường axit, nên có thể bỏ qua quá trình tạo phức hidroxo của Ag +. Phản ứng phân hủy phức: Ag(NH3)2+ + 2H+ ⇌ Ag+ + 2NH4+ K = 10-7,24.(109,24)2 = 1011,24 o C 0,1 C o C C – 0,2 0,1 0,2 −9, 24 nhỏ nên sự phân li của NH4+ có thể bỏ Vì môi trường axit và K NH + = 10

0,25

0,25 0,25

qua. Xét cân bằng: Ag+ + 2NH4+ ⇌ Ag(NH3)2+ + 2H+ C 0,1 0,2 C – 0,2 -8 -8 -8 [] 0,1-10 0,2 - 2.10 10 C-0,2 + 2.10-8 (C − 0,2) 2 .10 −8 = 10 −11, 24 ⇒ C = 0,2015M 0,1.(0,2) 2 1,008 2,205 nY = = 0,045mol; M = = 49 22,4 0,045 Vì M NO 2 = 46 < 49 nên MZ > 47

1,0

K-1 = 10-11,24

Trong các khí có thể sinh ra là: NO (30), N2O (44), N2 (28), H2S (34), SO2 (64) và H2 (2) thì chỉ có SO2 là phù hợp. Đặt số mol NO2 và SO2 lần lượt là x và y, ta có:  x + y = 0,045 x = 0,0375mol ⇒  46 x + 64 y = 2,205  y = 0,0075mol Gọi số mol A, B lần lượt là a và b mol Chất khử Chất oxi hóa + + A - e →A 2H + NO3- + e → NO2 + H2O a a a 0,0375 2+ + 2B - 2e → B 4H + SO4 + 2e → SO2 + 2H2O b 2b b 0,015 Bảo toàn electron cho ta biểu thức a + 2b = 0,0525 mol Nếu muối thu được chỉ là muối sunfat A2SO4 (a/2 mol) và BSO4 (b mol) thì số mol SO42- bằng a/2 + b = 0,02625mol. m(muối khan) = m A + + m B2 + + m SO 2 − = 2,25 + (0,02625 × 96) = 4,77g

ẠY

KÈ

4 (2,0 điểm)

Q U

3 (2,0 điểm)

0,25

FF IC IA L

+ Trong dung dịch cuối:  NH 4  = 0,1M nên [ NH 3 ] = 1,8 × 0,1M = 0,18M −1 ⇒ n NH + = (0,1mol.L ) × (0,5L) = 0, 05mol

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

FF IC IA L 0,5

0,5

Nếu muối thu được chỉ là muối nitrat ANO 3 (a mol) và B(NO3)2 (b mol) thì số mol NO3- bằng a + 2b = 0,0525mol. m(muối khan) = m A + + m B2 + + m NO3− = 2,25 + (0,0525 × 62) = 5,505g Thực tế có thể thu được hỗn hợp các muối sunfat và nitrat nên khối lượng muối khan là 4,77g ≤ m(muối khan) ≤ 5,505g Khi cho từ từ HCl vào dung dịch A phải hết 50ml mới thấy có khí thoát ra, do vậy trong A phải chứa NaOH dư hoặc Na2CO3 Trường hợp 1: Dung dịch NaOH dư khi đó xảy ra các phản ứng; CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (1) Dung dịch A có Na2CO3 và NaOH dư, khi cho từ từ HCl vào A có các phản ứng: NaOH + HCl → NaCl + H2O (2) Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl (3) NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2↑ (4) Khi cho Ba(OH)2 vào dung dịch A có phản ứng Ba(OH)2 + Na2CO3 → 2NaOH + BaCO3↓ (5) Theo các phương trình phản ứng: nCO2 = nBaCO3 = 0,04 mol ⇒ VCO2 = 0,896lít; nNaOH = 2nCO2 + nHCl – nNa2CO3 = 2.0,04 + 0,05 – 0,04 = 0,09 Trường hợp 2: Dung dịch A chứa hỗn hợp hai muối Na2CO3 và NaHCO3 Cho HCl vào dung dịch A có các phản ứng: Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl (3) NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2↑ (4) Theo (3): nNa2CO3 = nHCl = 0,05 mol Khi cho dung dịch A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư có các phản ứng Ba(OH)2 + Na2CO3 → 2NaOH + BaCO3↓ (5) Ba(OH)2 + NaHCO3 → BaCO3↓ + NaOH + H2O (6) nBaCO3 = nNa2CO3 + nNaHCO3 = 0,05 + nNaHCO3 > 0,04 mol → Vô lí 52,24 32,16 gam 47,76 32,16 gam n Fe = × = 0,3 mol ; n Cu = × = 0,24 mol 100 56 gam / mol 100 64 gam / mol Như vậy trong mỗi phần có 0,15 mol Fe và 0,12 mol Cu. 40 113,4 gam n HNO 3 = × = 0,72 mol 100 63 gam / mol 3Fe + 8HNO3 → 3Fe(NO3)2 + 2NO + 2H2O (1) 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (2) Như vậy dung dịch Y chứa 0,15 mol Fe(NO3)2 và 0,12 mol Cu(NO3)2. Các phản ứng điện phân có thể có (theo thứ tự) : Cu(NO3)2 + H2O → Cu + 1/2O2 + 2HNO3 (3) 0,12 0,06 Fe(NO3)2 + H2O → Fe + 1/2O2 + 2HNO3 (4) 0,08 0,04 H2O → H2 + 1/2O2 (5) 1 5 × 7740 = 0,1 mol Ta có : n O 2 = × 4 96500 1 1 Vì n Cu ( NO 3 ) 2 = 0,06 ≤ n O 2 ≤ n Cu ( NO 3 ) 2 + n Fe( NO 3 ) 2 = 0,135 2 2 ⇒ đã xảy ra (1) và (2), nhưng Fe(NO3)2 còn dư. Từ (3) và (4) ta thấy lượng kim loại kết tủa lên catot gồm 0,12 mol Cu và 0,08 mol Fe. Vậy độ tăng khối lượng catot bằng: (64 gam / mol × 0,12 mol) + ( 56 gam / mol × 0,08 mol) = 12,16 gam Hòa tan trong dung dịch HCl (không có không khí): Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (6)

0,5

KÈ

Q U

5 (2,0 điểm)

ẠY

(

0,25

)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,25

Xác định được: dung dịch Z chứa 0,15 mol FeCl2 và 0,1 mol HCl. Thêm dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Z : Ag+ + Cl- → AgCl↓ (7) 0,3 0,3 Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag↓ (8) 0,15 0,15 m ↓= m AgCl + m Ag = (0,3 × 143,5) + (0,15 × 108) = 59,25 (gam) y y )O2 → xCO2 + H2O 4 2 Ta có: mA = mH2O ⇒ 12x + y = 9y ⇒ x : y = 2 : 3 CTPT của A, B có dạng: C2nH3n. Từ: 150 < M < 170 ⇒ 5,55 < n < 6,29 Vậy: n = 6 . CTPT của A là: C12H18 Phân tử A có độ bất bảo hoà Δ = 4. Vì: A + AgNO3/NH3 → B HgSO4 , t ° A + H2O  → C Suy ra: A là hợp chất không no chứa nối ba C≡ C đầu mạch. Vì chất C tác dụng với dd KMnO4 trong H2SO4 sinh ra chất D:

0,5

COCH3

C CH2

CH3

COOH

Suy ra CTCT của A là: C C(CH3)3-CH2-

CTCT của B là:

CTCT của C:

CAg

1,0

CO-CH3

C(CH3)3-CH2-

0,5

COOH

H3C

CH2

CH3

0,5

6 (2,0 điểm)

FF IC IA L

Gọi công thức A là: CxHy : CxHy + (x +

Este đơn chức kế tiếp có dạng chung CxHyO2 n O2 = 0,975mol ; n CO 2 = 0,8mol

8 (2,0 điểm)

0,5

ẠY

KÈ

7 (2,0 điểm)

Q U

15,7 + 0,975 × 32 − 0,8 × 44 = 0,65mol 18 0,65 + 0,8 × 2 − 0,975 × 2 = 0,15mol ⇒ nY = 2 0,8 = 5,33 ⇒C = (5 < 5,33 < 6) 0,15 0,65 H= × 2 = 8,66 (8 < 8,66 < 10) 0,15 ⇒ Công thức phân tử 2 este là C5H8O2 và C6H10O2 7,6 M ROH = = 50,66 0,15 ⇒ Hai rượu kế tiếp là C2H5OH (M = 46) và n-C3H7OH (M = 60) ⇒ Công thức của hai este là CH2=CHCOOC2H5 và CH2=CHCOOC3H7-n - Quy đổi hỗn hợp A thành: CONH (0,22 mol); CH2 (a mol); H2O (b mol) - Theo giả thiết khối lượng muối tăng lên 7,9 gam nên ta có: mNaOH – mH2O = 40.0,22 – 18b = 7,9 ⇒ b = 0,05 mol - Đốt muối thu được: nNa2CO3 = nNaOH/2 = 0,11 mol Vì khối lượng bình Ba(OH)2 tăng 28,02 gam nên ta có tổng khối lượng CO2 và H2O là 28,02 ⇒ 44.(0,22 + a – 0,11) + 18.(0,11 + a + b + 0,22/2 – b) = 28,02 ⇒ a = 0,31 mol - Gọi x, y lần lượt là số mol của X, Y trong hỗn hợp A. ⇒ n H 2O =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5 0,5

0,5

FF IC IA L

Ta có: nX = x + y = b = 0,05 và nY = 4x + 5y = 0,22 ⇒ x = 0,03 mol ; y = 0,02 mol - Gọi a, b lần lượt là số mol của Gly và Ala có trong hỗn hợp X, Y. Ta có: nN = a + b = 0,22 và nC = 2a + 3b = 0,22 + a = 0,53 ⇒ a = 0,13 mol ; b = 0,09 mol Công thức của X có dạng: (Ala)p(Gly)4-p ; Y có dạng: (Ala)q(Gly)5-q ⇒ nAla = 0,03p + 0,02q = 0,09 hay 3p + 2q = 9 Do: p ≤ 4 ; q ≤ 5 ⇒ Ta chọn p = 1; q = 3 Vậy X là Gly3Ala và Y là Gly2Ala3 có số mol tương ứng là 0,03 và 0,02 mol Ta có: mA = mCONH + mCH2 + mH2O = 14,7 gam 0, 03 × 260 ×100% = 53,06% ; %mY = 100% – 53,06% = 46,94% ⇒ %mX = 14, 7 Thủy phân A tạo sản phẩm duy nhất là D-glucozơ, như vậy A là một disaccarit tạo từ hai đơn vị glucozơ. A không tham gia phản ứng tráng gương (không còn OH-hemiaxetal), nên các phân tử glucozơ phải được liên kết với nhau qua cầu nối C(1)–C(1). Nó chỉ có thể thủy phân bằng men mantaza, như vậy cầu nối glycosit là anpha đối với mỗi vòng. Nhóm –OH trên C-5 không bị metyl hóa cho thấy các vòng là vòng sáu cạnh. 1 Cấu trúc của A :

0,5

9 (2,0 điểm)

0,5

Q U

a. Công thức phân tử của B và C: CxHyCl; Phân tử khối của chúng: 35,5 / 0,295 = 120,3, tức là x = 6 và y =13 → C 6H13Cl. Vậy công thức phân tử của A là: C6H14, của B và C: C6H13Cl. Trong số 5 đồng phân của hexan chỉ có điisopropyl (2,3-đimetylbutan) là đáp ứng. b. (12 nguyên tử H x 1) : (2 nguyên tử x 5) = 6:5 c. Hai cách điều chế: K2CrO7

CH3COOH

H2SO4

C2H5OH

H2, Ni

Mg, Hg

CH3COCH3

PBr3

0,25

Br Al2O3, to

- Cacbanion của (B) chỉ có 1 nhóm cacbonyl nên mật độ điện tích âm được giải tỏa ít nhất làm cho cacbanion kém bền nhất. - Hiệu ứng +C của nhóm N(CH 3)2 > OCH3 làm cho mật độ electron của O trong nhóm C=O bên phải của (A) giàu hơn (D) làm giảm hiệu ứng +C của cacbanion vào C=O bên phải dẫn đến cacbanion (A) kém bền hơn so với (D). ⇒ Tính axit của hiđro linh động: (C) > (D) > (A) > (B)

ẠY

10 (2,0 điểm)

KÈ

CH3COCH3

ThO2, to

COOH

NO2

HNO3

NH2

Sn/ HCl

HNO2

CO2,OH 0

t ,p

H2SO4, t

NO2

NH2

0,25

NH2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

CH3

COOH NO2 K 2Cr2O7 H+

HNO3 0

H2SO4, t

NO2

NH2

Sn / HCl

HNO2

NO2

COOH

NH2

0,5

COOH OH

HNO3

COOH

COOH NO2

Sn / HCl

H2SO4

O2N

H2N OH

O OMe

O-

OMe

O O O

ẠY

KÈ

Q U

OMe

O H

OH O

OMe

O-

FF IC IA L

OMe O-

MeONa

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5