ĐỀ THI NĂNG KHIẾU MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 - 11 NĂM 2020 - 2021 TRƯỜNG CHUYÊN NGUYỄN TRÃI CÓ HƯỚNG DẪN by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU MÔN HÓA HỌC

vectorstock.com/28062440

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 - 11 NĂM 2020 - 2021 TRƯỜNG CHUYÊN NGUYỄN TRÃI CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI WORD VERSION | 2022 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

TRƯỜNG THPT

FI CI A

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN I LỚP 10H

CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

MÔN HÓA HỌC

TỔ HÓA HỌC

Câu 1: (1,0 điểm)

Thời gian: 180 phút

Một nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 58,số khối nhỏ hơn 40.

ƠN

Xác định số khối A và số hiệu Z của nguyên tử đó. Câu 2 : (2,0 điểm)

Cho biết năng lượng ion hoá thứ nhất, và thứ hai của 10Ne, 11Na, 12Mg như sau: Na

21,58

5,14

7,64

I2(eV)

41,07

47,29

QU Y

I1(eV)

a) Hãy so sánh I1 của Ne và Na? Mg và Na? So sánh I2 của Ne và Na? và giải thích ? b) Hỏi I2 của Mg cao hơn hay thấp hơn của Na? Vì sao? Câu 3: (1,5 điểm)

KÈ

Có thể viết cấu hình electron của Fe2+là Cách 1: Fe2+ [1s22s22p63s23p63d6]; Cách 2: Fe2+ [1s22s22p63s23p63d44s2]; Cách 3: Fe2+ [1s22s22p63s23p63d54s1]. Áp dụng phương pháp gần đúng Slater (Xlâytơ) tính năng lượng electron của Fe2+ với mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại sao? Câu4: (1,5 điểm)

DẠ

Đồng vị 1940 K có chu kỳ bán huỷ là 1,49.109 năm. a)Tính khối lượng mẫu K trên có cường độ phóng xạ = 1 curi (1Ci = 3,7.1010 Bq)? b)Hỏi sau bao lâu thì khối lượng K trên chỉ còn 1%? c) Một mẫu rađon(Rn) ở thời điểm t=0 phóng ra 7,0.104 hạt  trong 1 giây, sau 6,6 ngày mẫu đó phóng ra 2,1.104 hạt  trong 1 giây. Hãy tính chu kì bán huỷ của Rn?

30Y; 35T.

a) Viết cấu hình electron nguyên tử của các nguyên tố trên.

FI CI A

1. Cho các nguyên tố 15X;

Câu 5: (2,0 điểm)

b) Xác định số e hóa trị, vị trí của mỗi nguyên tố trên trong bảng HTTH.

c) Viết công thức phân tử của oxit, hiđroxit tương ứng với số oxi hóa cao nhất của chúng.

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 hạt nhân 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.

ƠN

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?

Câu 6:(2,0 đi ểm)

Xe tạo được nhiều hợp chất trong đó có XeF2; XeF4; và XeO3

QU Y

1. Vẽ cấu trúc Lewis của mỗi phân tử.

2. Mô tả dạng hình học của mỗi hợp chất bao gồm cả các góc liên kết. 3. Trình bày và giải thích phân tử nào là phân tử phân cực hay không phân cực. 4. Giải thích vì sao các hợp chất này rất hoạt động.

Biết: Xe( khí hiếm); F( nhóm VIIA); O(nhóm VIA) (Học sinh không được sử dụng bảng HTTH)

DẠ

KÈ

&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&

FI CI A

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN I LỚP 10H Câu1: (1,0 đi ểm) 2Z + N = 58 , Z + N < 40 => Z > 18. M ặt kh ác, Z ≤ N => 2 Z < 40 => Z < 20.

10Ne:

1s22s22p6

11Na:

[Ne]3s1

T ừ đ ó ta c ó Z = 19 v à N = 20 => A = 30 Câu 2 : (2,0 điểm)

HƯỚNG DẪN GIẢI TÓM TẮT

12Mg:

[Ne]3s2

ƠN

a) * I1(Na) < I1(Ne) vì Na dễ dàng mất đi 1e để đạt được cấu hình bền vững của khí hiếm Ne. Còn Ne đang có cấu hình bền nên khó mất 1e để phá vỡ cấu hình bền đó.

* I1(Na) < I1(Mg) . Do điện tích hạt nhân của Mg < của Na và cấu hình e của Mg+ kém bền hơn Na+ * I2(Na) > I2(Ne). Do Na+ đang có cấu hình e bền vững nên khó mất 1e, còn Ne+ có cấu hình e kém bền 2s22p5 nên dễ mất 1e hơn.

Câu 3: (1,5 điểm)

QU Y

b) I2(Mg) < I2(Na). Do khi tách 1e khỏi Mg+ thì tạo cấu hình e bền vững nên dễ dàng hơn khi tách 1e khỏi cấu hình bền của Na+.

DẠ

KÈ

Năng lượng của một electron ở phân lớp l có số lượng tử chính hiệu dụng n* được tính theo biểu thức Slater: 1 = -13,6 x (Z – b)2 /n* (theo eV) Hằng số chắn b và số lượng tử n* được tính theo quy tắc Slater. Áp dụng cho Fe2+ (Z=26, có 24e) ta có: Với cách viết 1 [Ar]3d6:  3d = - 13,6 x (26 – 1x18 – 0,35x5)2/32 = - 59,0 eV E1 = E(3d6) = 6  3d = - 354,0 eV Với cách viết 2 [Ar]3d44s2:  3d = -13,6 x (26 – 1x18 – 0,35x3)2/32 = - 73,0 eV 2 2  4s = - 13,6 x(26 – 1x10 – 0,85x12 – 0,35) /3,7 = - 29,4 eV Do đó E2 = E(3d44s2) = 4  3d + 2  4s = - 350,8 eV. Với cách viết 3 [Ar]3d54s1:  3d = -13,6 x (26 – 1x18 – 0,35x4)2/32 = - 65,8 eV  4s = - 13,6 x (26 – 1x10 – 0,85x13)2/3,72 = - 24,3 eV Do đó E3 = E(3d54s1) = 5  3d +  4s = - 353,3 eV.

FI CI A

E1 thấp (âm) hơn E2 và E3 do đó cách viết 1 ứng với trạng thái bền hơn. Kết quả thu được phù hợp với thực tế là ở trạng thái cơ bản ion Fe2+ có cấu hình electron [Ar]3d6. Câu 4: (1,5 điểm) a) Theo công thức : v = k N = 3,7.1010 Bq với N là số nguyên tử 1940 K , k = ln2/T1/2 T1/2= 1,49.109.365.24.60.60 = 47.1015 giây.

1 k

40 N 40.3, 7.1010.47.1015   1, 667.105 ( g ) 23 NA 0, 693.6, 022.10

b) Theo CT: t  ln 1 k

c) Theo CT: t  ln

N0 t N  1/2 ln 0  9,9.109 ( năm) N 0,693 N

A0 t 7.104  1/2 ln  6, 6.  t1/2  3,8 ( ngày) A 0, 693 2,1.104

Câu 5: (2,0 điểm)

1. a. Cấu hình: X là 1s22s22p63s23p3.

Y là 1s22s22p63s23p63d104s2.

T là 1s22s22p63s23p63d104s24p5.

QU Y

b. Số e hóa trị: X là 5; Y là 2; T là 7. Vị trí của: X là: Ô 15; Chu kỳ: 3; Nhóm: VA. Y là: Ô 30; Chu kỳ: 4; Nhóm: IIB.

X là: Ô 35; Chu kỳ: 4; Nhóm: VIIA. c. Công thức phân tử của:

KÈ

* Oxit: X( X2O5); Y( YO); T( T2O7). * Hiđroxit:

X là HXO3 hay H3XO4.

DẠ

Y là Y(OH)2. T là

mK 

ƠN

Vậy

HTO4.

2. a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X => Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt

(Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4)

 16X; 17Y; 18R; 19A; 20B

vậy đó là các nguyên tố

b) S2-, Cl-, Ar, K+, Ca2+ đều có cấu hình e: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6

=> Z = 16

Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90

(S) (Cl) (Ar) (K) (Ca)

FI CI A

Theo giả thiết

Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ. rS2- > rCl- > rAr > rK + > rCa 2+

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. Câu 6:(2,0 điểm)

.. ..F:

XeF2: thẳng; 180o

.. :O ..

.. Xe

.. O .. :

:O .. :

QU Y

XeF4: vuông phẳng; 90o

.. : ..F

.. .. .. :F Xe .. ..

.. :F : .. .. :F ..Xe .. :..F :

ƠN

XeO3: tháp tam giác;  107o

3. XeF2 không phân cực. Cả hai lưỡng cực liên kết Xe – F có cùng độ lớn; chúng bù trừ lẫn nhau vì phân tử là thẳng.

XeF4 không phân cực: các lưỡng cực liên kết Xe – F có cùng độ lớn, chúng bù trừ lẫn nhau vì phân tử là vuông phẳng.

KÈ

XeO3 phân cực: các lưỡng cực liên kết Xe – O có cùng độ lớn và dạng hình học phẳng dẫn đến một lưỡng cực thực sự.

DẠ

4. Xe có điện tích hình thức dương trong mọi hợp chất trên. Vì vậy chúng là những chất oxi hóa tốt.

DẠ M

KÈ QU Y ƠN

FI CI A

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: Hóa học KHỐI 10

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)

Ngày thi: 11 tháng 05 năm 2020

OF FI

Câu 1: (2 điểm) 1. Viết các phương trình điện li khi các chất sau tan trong nước: HCl; CaCl2; CH3COOH; H2S; H2SO4; Ba(OH)2; Al2(SO4); HClO.

  2SO3(k) (*) được thiết lập ở 450 K người ta xác 2. Trong một hệ có cân bằng 2SO2(k) + O2(k)   định được các áp suất riêng phần sau đây: P02  0,124.105 Pa; PSO2  0,375.105 Pa; PSO3  0,501.105 Pa

NH ƠN

a. Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG0 của phản ứng (*) ở 450 K. b. Tính lượng O2 và SO3, biết hệ có 500 mol SO2. Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1atm = 1,013.105 Pa. Câu 2: (2 điểm) Trong dung dịch nước, chất A bị phân hủy phương trình: A + 2H2O → 2X+ + Y2- (1)

Trong dung dịch loãng, hằng số tốc độ của phản ứng tại 350 K là k1 = 4,00.10-5 s-1. 1. Cho biết bậc của phản ứng (1).

2. Tính thời gian cần thiết, t1, để 80% lượng A bị phân hủy ở 350K.

3. Tính hằng số tốc độ của phản ứng, k2, tại 300K và thời gian cần thiết, t2, để 80% lượng A bị phân hủy ở nhiệt độ này. Biết năng lượng hoạt hóa của phản ứng là 166,00 kJ.mol-1 và không phụ thuộc vào nhiệt độ. 4. Khi có mặt chất xúc tác, hằng số tốc độ của phản ứng phân hủy tại 300 K là k2’ = 3,00.104 s-1. Giả sử thừa số tần số không thay đổi, tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng khi có mặt xúc tác. Câu 3: (2 điểm) Cho phản ứng:

NH4HS (r)

NH3 (k) + H2S (k). Cho biết: H0 (kJ/mol)

S0 (J/K.mol)

NH4HS (r)

 156,9

113,4

NH3(k)

 45,9

192,6

H2S (k)

 20,4

205,6

KÈ M

Hợp chất

DẠ Y

1. Hãy tính Ho298 ,So298 và Go298 của phản ứng trên 0

2. Hãy tính hằng số cân bằng Kp tại 25 C của phản ứng trên 0

3. Hãy tính hằng số cân bằng Kp tại 35 C của phản ứng trên, giả thiết H và S không phụ thuộc nhiệt độ.

4. Giả sử cho 1,00 mol NH4HS (r) vào một bình trống 25,00 L. Hãy tính áp suất toàn phần trong bình 0

chứa nếu phản ứng phân huỷ đạt cân bằng tại 25 C. Bỏ qua thể tích của NH4HS (r). Nếu dung

tích bình chứa là 100 lít, hãy tính lại áp suất toàn phần trong thí nghiệm trên.

Câu 4: (2,5 điểm) 1. Hấp thụ hoàn toàn 0,010 mol khí H2S vào nước cất, thu được 100,0 mL dung dịch A. Tính nồng độ cân bằng của các ion trong dung dịch A. pKa1(H2S) = 7,02; pKa2(H2S) = 12,90.

2. Một dung dịch X gồm CH3COOH (HAc) 0,010 M và NH4Cl 0,200 M. Tính pH của dung dịch X. Cho: Ka (CH3COOH) = 1,0.10-4,76 ; Ka(NH4+) = 10-9,4. 3. Dung dịch Y là hỗn hợp của Na2S và Na2SO3 có pH = 12,25.

OF FI

a. Tính độ điện li  của ion S2 trong dung dịch Y.

b. Tính thể tích dung dịch HCl 0,04352 M phải dùng để khi thêm (rất chậm) vào 25,00 ml dung dịch Y thì dung dịch thu được có pH bằng 9,54. Cho:

pKa: H2S 7,00 ; 12,90. pKa: H2SO3 1,76; 7,21

Cho: pK

a(HSO 4 )

= 2,00; pK

a(NH 4 )

NH ƠN

Câu 5: (1,5 điểm) 1) Tính pH của dung dịch Na2A 0,022 M. 2) Tính độ điện li của ion A2- trong dung dịch Na2A 0,022 M khi có mặt NH4HSO4 0,001 M. = 9,24; pK a1(H 2A) = 5,30; pK a2(H 2A) = 12,60.

DẠ Y

KÈ M

---------------------------------------------------- Hết ------------------------------------------------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: Hóa học KHỐI 10

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

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

ĐÁP ÁN

(Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu) Ngày thi: tháng 02 năm 2020

1.1

OF FI

1.1

NỘI DUNG Các phương trình điện li khi các chất sau tan trong nước: HCl; CaCl2; CH3COOH; H2S; H2SO4; Ba(OH)2; Al2(SO4); HClO. a) HCl H+ + Clb) CaCl2  Ca2+ + 2 Clc) CH3COOH CH3COO- + H+ d) H2S H+ + HSe) HSH+ + S2f) H2SO4  H+ + HSO4g) HSO4-  H+ + SO42h) Ba(OH)2  Ba2+ + 2OHi) Al2(SO4)3  2Al3+ + 3SO42k) HClO H+ ClO-

NH ƠN

CÂU

(0,501 105 )2 Kp = 2  Kp = (0,375 105 )2  (0,124  105 ) PSO2  PO2 PS2O3

K = Kp  P0-Δn  K = 1,439.10-4  (1,013.105) = 14,58. ΔG0 = -RTlnK  ΔG0 = -8,314  450  ln (14,58) = -10025,4 J.mol¯1 = - 10,025 kJ.mol-1

0,5

= 1,439.104 Pa-1 0,5

n O2 = n SO3 =

PSO2 nSO2 PSO2

 PO2  n O2 =

500  0,124 = 165,33 mol 0,375

 PSO3  n SO3 =

500  0,501 = 668 mol 0,375

KÈ M

1.3

nSO2

1.2

ĐIỂM

0,5

 n tổng cộng = 1333,33 mol  P tổng cộng = 1105 Pa 2.1

Vì phản ứng là bậc 1, nên: 1 a 1 a t1  ln  ln  40235,95s 11,18h. 5 k1 0,2a 4,00.10 0,2a

DẠ Y

2.2

Vì k1 = 4,00.10-5 s-1 nên phản ứng là bậc 1.

k 2 Ea  1 1      , thay số vào ta được: k1 R  T1 T2  k 166.103  1 1  ln 2 5   suy ra: k2 = 2,971.10-9 s-1.  4.10 8,314  350 300 

0,5 0,5

Ta có: ln

2.3

0,5

 Ea RT

Ở 300K: - Khi không có xúc tác: k 2  A.e

(1)  E'a RT

' - Khi có xúc tác, vì thừa số tần số không thay đổi nên: k 2  A.e

(2)

2.4

E'a  Ea

k2 e k '2

E' 166

a 2,971.109 8,314.103.300 e . 3.104

Suy ra: Ea’ = 91,32 kJ.mol-1.

H0 =  45,9 20,4  (  156,9 ) = 90,6 kJ/mol S0 = 192,6 + 205,6  113,4 = 284,8 J/K.mol

OF FI

3.1

0,5

, thay số vào ta được:

Từ (1) và (2) ta được:

0,5

G0 = H0  T. S0 = 90600  298,15  284,8 = 5687 J/mol = 5,687 kJ/mol G0 =  RT.ln Ka 

3.3

Ka = 0,1008



 5687 =  8,314  298,15  ln Ka.

0,5

Kp = Ka = 0,1008 atm2.

NH ƠN

3.2

Tương tự tại 350C, G0 = H0  T. S0 = 2839 J/mol nên Ka = 0,3302 và Kp = 0,3302 atm2.

3.4

Do P (toàn phần) = P (NH3) + P (H2S) Kp = [0,5P (toàn phần)]2 = 0,1008

P (toàn phần) = 0,635 atm

0, 635  25 PV = = 0,65 mol RT 0, 082  298

số mol NH4HS = 1  0,50,65= 0,675



P (NH3) = P (H2S) = 0,5P (toàn phần)

số mol khí =



0,5

* Nếu dung tích bình 100 L thì số mol khí =

0, 635 100 = 2,6 mol 0, 082  298

0,5

số mol NH4HS = 1  0,5  2, 6 =  0,3   không còn chất rắn

KÈ M

Khi đó 1 mol chất rắn chuyển hết thành 2 mol chất khí nên nRT 2  0, 082  298 = = 0,49 atm V 100 Nồng độ của H2S trong dung dịch A: C = 0,10 M. Do Ka1(H2S) >> Ka2(H2S) và C.Ka1(H2S) >> KW, do vậy có thể bỏ qua cân bằng phân li nấc 2 của H2S và cân bằng phân li của H2O. Cân bằng chính quyết định pH trong dung dịch là: H2S ⇌ H+ + HS- Ka1 = 10-7,02 [] (0,1 –x) x x  [H+] = [HS-] = x = 10-4,01; [S2-] = 10-12,9 M. Tính pH của dung dịch X NH4Cl  NH4+ + Cl Trong dung dịch có các cân bằng sau:

P (toàn phần) =

DẠ Y

4.1

4.2

HAc NH4+

  Ac    NH3  

H+

K1 = 10 - 4,76

H+

K1 = 10 - 9,24

0,5

KÈ M

NH ƠN

OF FI

4.3.a

  H+ H2O  + OH- Kw=10 -14  K1C1 >> K2C2, KW Bỏ qua sự phân li của nước và NH4+, tính theo:   AcHAc  + H+ K1 = 10 - 4,76  C 0,01 [] 0,01 - x x x x..x Theo đltdkl ta có:  K1  104,76 (0,01  x) x= [H+] = 4,083.10-4  pH = 3,39. Gọi C1, C2 là nồng độ ban đầu của S2- và SO32- . Na2S  2Na+ + S22C1 C1 + Na2SO3  2Na + SO2-3 2C2 C2 Ta có các cân bằng : S2- + H2O  HS- + OHKb1 = 10-1,1 (1) -7 HS + H2O  H2S + OH Kb2 = 10 (2) SO2-3 + H2O  HSO-3 + OHK’b1 = 10-7 (3) -12 HSO 3 + H2O  H2SO3 + OH K’b2 = 10 (4) H2O  H+ + OHKw = 10-14 (5) Nhận xét, pH = 12,25, môi trường kiềm => bỏ qua sự phân ly của nước. Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ đầu đối với S2- và SO32- ta có. C1 = [ S2- ] + [ HS- ] + [H2S ] K [ HS  ]  a1 = 105,25 => [HS-] >> [H2S ] bỏ qua nồng độ Mặt khác, ta có: [H 2 S ] [H ] [H2S] so với HS . => C1 = [ S2- ] + [ HS- ] = [S2-] ( 1 + Ka2-1 . [H+ ] ) = [S2-] ( 1 + 100,65 ) . 2C2 = [ SO 3 ] + [ HSO-3 ] + [H2SO3 ] = [SO2-3] ( 1 + K’a2-1. [H+] + (K’a1.K’a2)-1.[H+]2 ) = [SO2-3] ( 1 + 10-5,25 + 10-15,5 )  [SO2-3 ]  SO2-3 không điện ly. 2S + H2O  HS- + OHKb1 = 10-1,1 (1) C0 C1 [] C1 - x x x -1,75 Với x = [OH ] = 10 M 2 x Kb1 = = 10-1,1 => C1 - 10-1,75 = 10-2,4 C1  x => C1 = 2,176.10-2 M Gọi  là độ điện ly của S2-. Ta có : 1 [ S 2 ]. K a 2 .1012 , 25 [ HS  ]  = = 2 = 81,7%. 1 C1 [ S ](1  K a 2 .1012 , 25 )

DẠ Y

4.3.b

Tại pH = 9,54. =>

0,5

K [ HS  ]  a1 = 102,54 [H 2 S ] [H ]

K [ S 2 ]  a2 = 10 -3,36  [ HS ] [ H ]  Dạng tồn tại chính trong dung dịch là HS Có thể bỏ qua nồng độ [S2-] và [H2S] so với nồng độ của [HS-] . C2= [ SO2-3 ] + [ HSO-3 ] + [H2SO3 ]=[SO2-3](1 + K’a2-1. [H+] + (K’a1.K’a2)-1.[H+]2 )

0,5

5.2

NH4HSO4 





0,001 NH

A2-  HA- +

0,022 0,021

 4

0,001 -

0,001

 HA

0,001

2 4

NH ƠN

Phản ứng: H SO

0,021 0,020

0,5

+ H SO 4

NH 4

0,001  4

A2- + H2O  HA- + OHKb1 = 10-1,4 (1) HA- + H2O  H2S + OHKb2 = 10-8,7 (2) H2O  H+ + OHKw = 10-14 (3) Vì Kb1.C >> Kb2.C >> Kw  pH của hệ được tính theo cân bằng (1): A2- + H2O  HA- + OHKb1 = 10-1,4 C 0,022 [ ] 0,022 - x x x [OH ] = x = 0,0158 (M)  pH = 12,20 Khi có mặt NH4HSO4 0,0010 M:

OF FI

5.1

= [SO2-3] ( 1 + 10-2,54 + 10-10,08 )  [SO2-3 ]  SO32- chưa phản ứng . Vậy khi thêm dung dịch HCl vào dung dịch X đã xảy ra phản ứng sau: H+ + S2-  HS 25. 2,176.10-2 = V. 0,04352  V = 12,5 ml

K1 = 1010,6

0,001

+ NH3

0,001 0,002

0,5 3,36

K2 = 10

0,001 2

Hệ thu được gồm: A2- 0,020 M; HA- 0,002 M; SO 4 0,001 M; NH3 0,001 M. A

Các quá trình xảy ra: + H2O  HA+ OH-

NH3 + H2O  NH

 4

SO + H2O

 H+

+ OH-

 H SO

 4

+ A2-

(4)

= 10-4,76 (6)

Kb = 10-12

(7)

Ka2 = 10-12,6

(8)

So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: Kb1. C Kb. C

2SO 4

>> K b . C NH 3 >> Kb2. C HA - >>

 (4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) quyết định thành phần cân bằng A2-

của hệ:

C []

DẠ Y

(5)

Kb2 = 10-8,7

+ OH-

KÈ M

HA-

K 'b

+ OH-

HA- + H2O  H2A 2 4

Kb1 = 10-1,4

(Hoặc α A 2- =

+ H2O  HA- + OH- Kb1 = 10-1,4 0,02 0,002 0,02 - x 0,002 + x x  x = 0,0142  [HA ] = 0,0162 (M)

 αA - = 2

[HA ]

0,022

[OH ] + C

HSO 4

0,022

0,0162 0,022 +

NH 4



= 0,7364 hay α A 2- = 73,64 %.

0,0142 + 0,001 + 0,001 0,022

= 0,7364)

0,5

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10 HÓA

NGUYỄN TRÃI

Môn: Hóa học - Lần thứ 1 – Năm học 2020- 2021

Tổ Hóa học

Ngày thi: Ngày 5 tháng 10 năm 2020

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Câu 1. (1,0 điểm) 1. Viết tất cả những số lượng tử của hai electron nằm trên obitan 4s.

Thời gian làm bài: 180 phút

a) n = 2 ; l = 1 ; m = 0 ; ms = +

1 2

b) n = 3 ; l = 2 ; m = 0 ; ms = –

1 2

OF FI

2. Xác định nguyên tử mà electron cuối cùng điền vào có các số lượng tử sau:

Câu 2. (2,0 điểm)

NH ƠN

1. Năng lượng tính theo eV (1eV = 1,602.10-19 J) của hệ gồm 1 hạt nhân và 1 electron phụ thuộc vào số lượng tử n (nguyên dương) theo biểu thức: 𝑍2

En = -13,6 × 𝑛2 trong đó Z là số đơn vị điện tích hạt nhân. a) Một nguyên tử hiđro ở trạng thái kích thích ứng với n=6. Tính bước sóng ( theo nm) dài nhất và ngắn nhất có thể phát ra từ nguyên tử hidro đó?

b) Một nguyên tử hiđro khi chuyển từ trạng thái kích thích n=5 về n=2 phát ra ánh sáng màu

xanh. Một ion He+ trong điều kiện nào sẽ phát ra ánh sáng màu xanh giống như vậy? Cho: Hằng số Plank h=6,626×10-34J.s.

Vận tốc ánh sáng trong chân không: c=3×108m/s. 2. Năng lượng ion hóa thứ nhất và thứ hai của Na và Mg theo eV (sắp xếp không theo thứ tự) là: 5,1; 7,6; 47,3; 15,0. Hãy xác định các giá trị I1, I2 của từng nguyên tố và giải thích. 0

KÈ M

Câu 3. (1 điểm) Một nguyên tử X có bán kính bằng 1,44 A , khối lượng riêng thực là 19,36 g/cm3. Nguyên tử này chỉ chiếm 74% thể tích của tinh thể, phần còn lại là các khe rỗng. a) Xác định khối lượng mol nguyên tử của X. b) Biết nguyên tử X có 118 nơtron và khối lượng mol nguyên tử bằng tổng số khối lượng proton và nơtron. Tính số electron có trong X3+ .

DẠ Y

Câu 4. (1,0 điểm) 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.

Câu 5. (1 điểm) Cho biết nhiệt nóng chảy của nước đá bằng  = 334,4 J/g, nhiệt dung riêng của nước lỏng 400C trong hệ cô lập. Câu 6. (1,5 điểm)

COCl2(k)

Cl2(k)

CO(k)

H0298 t.t (Kcal.mol-1)

- 53,3

-26,42

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

69,13

Cp (cal.mol-1.K-1)

14,51

OF FI

Chất

Cho phản ứng và các số liệu sau: COCl2(k) ⇌ Cl2(k) + CO(k)

Cp = 4,18 J/g.Tính biến thiên entopy của quá trình trộn 10g nước đá ở 00C với 50g nước lỏng ở

53,28

47,3

8,11

6,96

a. Tính hiệu ứng nhiệt đẳng áp và đẳng tích của phản ứng ở 250C? b. Xét chiều phản ứng ở 250C? Câu 7. (1,5 điểm)

NH ƠN

c. Tính hiệu ứng nhiệt đẳng áp của phản ứng ở 1000K? Cho phản ứng: N2O4 ⇌ 2NO2 ; KP = 1,27 atm (tại 630C) a. Xác định độ phân li (α) của N2O4 khi: + Áp suất chung bằng 1atm.

+ Áp suất chung bằng 10 atm.

b. Từ kết quả phần a) rút ra kết luận về ảnh hưởng của áp suất đến sự chuyển dịch cân bằng. c. Tại 500C, hằng số cân bằng Kp = 0,9 atm. Tính H0 (coi H0 không khụ thuộc vào nhiệt

độ).

Câu 8. (1 điểm)

Cho phản ứng I2 (k) + H2(k)  2HI(k) Hằng số tốc độ phản ứng ở 418K là 1,12.10-5 M-2.s-1 và ở 737K là 18,54.10-5 M-2.s-1.

DẠ Y

KÈ M

Xác định năng lượng hoạt hóa và hằng số tốc độ phản ứng ở 633,2K.

……………………Hết……………………

ĐÁP ÁN ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10 HÓA

NGUYỄN TRÃI

Môn: Hóa học - Lần thứ 1 – Năm học 2020- 2021

Tổ Hóa học

Ngày thi: Ngày 5 tháng 10 năm 2020

Điểm

Nội dung 2 e có cùng 3 số lượng tử n = 4 ; l = 0 ; m1 = 0

1.1

2.1

a) Cấu hình 1s22s22p2 là 6C b) Cấu hình [18Ar] 3d84s2 là 28Ni a. Bước sóng dài nhất:

λmin = hc/(E6 – E1) = 93,84nm b. Ta có:

NH ƠN

λmax = hc/(E6 – E5) = 7465nm Bước sóng ngắn nhất:

1 2

OF FI

1.2

và khác nhau số lượng tử ms = 

Câu

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

0,5

0,25

0,5

-13,6 (1/25 – 1/4) = -13,6 × 4 (1/nt2 – 1/ns2). Hay 1/25 – 1/4 = 1/(nt/2) 2 – 1/(ns/2) 2

0,5

=> nt/2 = 5 và ns/2 = 2 => He+ chuyển từ n = 10 về n = 4. Nguyên tố

2.2

Mg:

Na:

5,1

7,6

0,25

- Với mỗi nguyên tố, I2> I1 vì I1 tách electron ra khỏi nguyên tử trung hòa còn I2 0,25 tách electron khỏi ion dương.

- I1(Na) < I1(Mg) do điện tích hạt nhân tăng, lực hút của hạt nhân với electron 0,25

KÈ M

trên cùng phân lớp tăng. - I2(Na) > I2(Mg) vì bứt electron thứ 2 của Na trên phân lớp bão hòa 2p6, còn 0,25

của Mg trên 3s.

DẠ Y

a) Khèi l-îng riªng trung b×nh cña nguyªn tö X lµ: d =

MÆt kh¸c, m = V.d =

d ' 19,36 g/cm3.  0,74 0,74

4 3 4 19,36 r .d = 3,14(1,44. 108)3 =32,7. 1023. 3 3 0,74

VËy khèi l-îng mol nguyªn tö X = 6,023. 10

23 23  32,7. 10  197 g/mol

b) Theo gi¶ thiÕt: p + 118 = 197  p = 79  sè e = 76

Hợp chất với hiđro có dạng RH nên Y có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA.

0,25

0,25 0,5

Trường hợp 1 : Nếu Y thuộc nhóm IA thì B có dạng YOH Ta có :

Trường hợp 2 : Y thuộc nhóm VIIA thì B có dạng HYO4

Y 35,323   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  50 gam  8,4 gam 100

OF FI

mA 

XOH + HClO4  XClO4 + H2O  n A  n HClO4  0,15 L 1mol / L  0,15 mol  M X  17 gam / mol 

Ta có :

0,25

Y 35,323   Y  9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp) 17 64,677

8,4 gam 0,15 mol

0,25

0,5

NH ƠN

 MX = 39 gam/mol, vậy X là nguyên tố kali (K).

Gọi t (0C) là nhiệt độ thu được sau khi trộn 10g nước đá ở 00C với 50g nước lỏng ở 400C trong hệ cô lập. Quá trình trộn có thể được chia làm 3 giai đoạn: Gđ 1: 10g nước đá ở 00C  10g nước lỏng ở 00C trao đổi nhiệt Q1 Gđ 2: 10g nước lỏng ở 00C  10g nước lỏng ở t0C trao đổi nhiệt Q2 Gđ 3: 50g nước lỏng ở 400C  50g nước lỏng ở t0C trao đổi nhiệt Q2 Có

0,5

Q1 = m1 = 10  334,4 = 3344 (J)

Q2 = m1.Cp.t = 10.4,18.(t – 0) = 41,8t (J)

Q3 = m2.Cp.t = 50.4,18.(t - 40 ) = 209t - 8360 (J) Vì hệ cô lập nên Q1 + Q2 + Q3 = 0  t = 30 (0C) Có S1 =

∆H1 T1

3344 273 T

= 12,25 J.K-1 303

KÈ M

S2 = m1.Cp lnT2 = 10.4,18. ln 273 = 4,36 J.K-1 1

303

0,5

S3 = m2.Cp lnT = 50.4,18. ln 313 = - 6,79 J.K

-1

Vậy S = S1 + S2 + S3 = 9,82 J.K-1

Nhiệt đẳng áp:

H0298 = H0298(Cl2) + H0298 (CO) - H0298(COCl2) = 26,88 kcal

DẠ Y

Nhiệt đẳng tích:

0,5

U0298 = H0298 - n.RT = 26,84 – 1.1,987.298.10-3 = 26,29 kcal

Ta có: S0298 = S0298(Cl2) + S0298 (CO) - S0298(COCl2) = 31,45 cal.K-1.  G0298 = H0298 – T.S0298 = 17,51 kcal >0  Phản ứng tự diễn biển (xảy ra) theo chiều nghịch).

0,5

Cp = Cp(Cl2) + Cp(CO) - Cp(COCl2) = 0,56 cal.K-1

0,5

H0T = H0298 + Cp (T - 298) = 27,27 kcal ⇌

Ban đẩu:

a mol

Phản ứng

a.α mol

Cân bằng

a (1-α) mol



PNO2 = P2NO2 P N2 O 4

KP = 1,27

0 mol

Thời điểm CB: PN2O4 =

Kp =

2NO2 ;

N2O4

2a.α mol

2a.α mol  nhỗn hợp CB = a(1 + α) mol

a(1− α)

Tại 630C:

(1− α)

. P = (1+ α) . Phệ ; a(1+ α) hệ 2aα

2α

a(1+ α)

4α2 1− α2

. Phệ = (1+ α) . Phệ

× Phệ

4α2

OF FI

 Tại Phệ = 1 atm  1− α2 × 1 = 1,27  α = 0,491 (vì α >0) 4α2

0,5

0,25

NH ƠN

 Tại Phệ = 1 atm  1− α2 × 10 = 1,27  α = 0,1754 (vì α >0)

Từ phần a) khi áp suất tăng (từ 1atm đến 10atm) thấy α giảm hay cân bằng

chuyển dịch theo chiều nghịch (chiều làm giảm số mol khí làm cho áp suất chung của hệ giảm).

0,25

Vậy khi thay đổi áp suất của hệ phản ứng tại thời điểm cân bằng thì cân bằng chuyển dịch theo chiều làm giảm sự thay đổi đó. Theo phương trình Van’t Hoff: ln

Κ P,T2 Κ P,T1



ΔΗ  1 1     R  Τ 2 Τ1 

Tại T1 = 63 + 273 = 336K có KP, T1 = 1,27 atm

0,5

Tại T2 = 50 + 273 = 323K có KP, T2 = 0,9 atm  H0 = 23902 J = 23,902 kJ. 8

Áp dụng phương trình: ln k 2  Ea ( 1  1 ) k1

KÈ M

Với T1 = 418K, T2 = 737K và k1 = 1,12.10-5, k2 = 18,54.10-5 ta có: ln

0,5

Ea 18,54.10 5 1 1  (  )  Ea  22,522kJ / mol 5 1,12.10 8,314 737 418

Cũng áp dụng phương trình: ln k 2  Ea ( 1  1 ) k1 R T2 T1

DẠ Y

Với T1= 418K, T2= 633,2K và k1 = 1,12.10-5, Ea  22,522kJ / mol ta có: ln

k2 22522 1 1   (  ) 5 1,12.10 8,314 633,2 418

k 633,2K  10,114.105 M2s1

0,5

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Tổ Hóa học

Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 7 tháng 12 năm 2020

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10 Môn: Hóa học - Lần thứ 3 Năm học 2020- 2021

OF FI

Câu 1 (1,5 điểm) 1. Bằng phương pháp nhiễu xạ tia X, người ta đã ghi được các kết quả sau: - Ở 20oC, NH4Cl kết tinh theo mạng lập phương với hằng số mạng a = 3,88 Å và khối lượng riêng d = 1,5 g/cm3. - Ở 250oC, NH4Cl kết tinh theo mạng lập phương với hằng số mạng a = 6,53 Å và khối lượng riêng d = 1,3 g/cm3. Từ các dữ kiện trên hãy cho biết: a. Số phân tử NH4Cl có trong một ô mạng cơ sở, từ đó kết luận về kiểu mạng của các tinh thể hình thành ở 20oC và 250oC. b. Khoảng cách N – Cl theo Å cho từng kiểu mạng tinh thể đã xác định ở (a).

KÈ M

NH ƠN

2. Tính năng lượng giải phóng (đơn vị J) ứng với 1 nguyên tử và 1 mol nguyên tử 92U235 theo phản ứng sau: 92U235 + 0n1 → 47La146 + 35Br87 + ? Biết khối lượng của 92U235; 0n1; 57La146; 35Br87 lần lượt là 235,044u; 1,00861u; 145,943u; 86,912u. Năng lượng ứng với 1u là 931,2 MeV và 1eV = 1,602.10−19J; NA = 6,02.1023. Câu 2 (1,5 điểm) 1. Trộn 150ml NH3 0,25M với 100 ml MgCl2 0,0125M và HCl 0,15M. Tính [Mg2+] khi cân bằng. Có kết tủa Mg(OH)2 tách ra không? Cho: pKNH4+ = 9,24; lg(*βMg(OH)+) = -12,8 2. Dung dịch A chứa hỗn hợp 2 muối MgCl2(10-3M) và FeCl3(10-3M). Cho dung dịch NaOH vào dung dịch A. Kết tủa nào tạo ra trước? Vì sao? Cho tích số tan của Fe(OH)3 và Mg(OH)2 lần lượt là: 1.10–39 và 1.10–11. Câu 3 (2 điểm) 1. Trộn 15,00ml dung dịch CH3COONa 0,03M với 30,00ml dung dịch HCOONa 0,15M. Tính pH của dung dịch thu được. 2. Tính độ tan của FeS ở pH = 5,00. Cho: Ks = 10-17,20 ; *Fe(OH)+ = 10-5,92 ; H2S (Ka1 = 10-7,02, Ka2 = 10-12,90)

DẠ Y

Câu 4 (1,5 điểm) 1. Công thức phân tử CHNO có hai công thức Lewis ứng với hai chất khác nhau: axit xianic (HOCN) và axit isoxianic HNOC. Hãy viết công thức Lewis, công thức cấu tạo của hai axit trên. 2. Trình bày kiểu lai hoá của các nguyên tử C, N, B; hình dạng cấu trúc phân tử trong các hợp chất sau: CH2 = C = CH2; NH2OH; BF4Câu 5 (1,5 điểm) Cho m gam muối halogen của một kim loại kiềm phản ứng với 200 ml dung dịch axit H2SO4 đặc nóng (lấy dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí X và hỗn hợp sản phẩm Y. Dẫn khí X qua dung dịch Pb(NO3)2 thu được 23,9 gam kết tủa màu đen. Làm bay hơi nước cẩn thận hỗn hợp sản phẩm Y thu được 171,2 gam chất rắn A. Nung A đến khối lượng không đổi thu được muối duy nhất B có khối lượng 69,6 gam. Nếu cho

dung dịch BaCl2 lấy dư vào Y thì thu được kết tủa Z có khối lượng gấp 1,674 lần khối lượng muối B. 1. Tính nồng độ mol/l của dung dịch H2SO4 và m gam muối? 2. Xác định kim loại kiềm và halogen? 3. Cho biết trạng thái lai hóa và dạng hình học của R3-? (R là halogen đã nêu ở trên)

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

OF FI

Câu 6 (2 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 10,8 gam một chất hữu cơ X (chỉ chứa C,H,O). Đưa toàn bộ sản phẩm qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thấy khối lượng bình tăng lên 37,2 gam và tạo ra 60 gam kết tủa. Nếu cho bay hơi 1,8 gam X đó thì có thể tích hơi thu được đúng bằng thể tích của 1,775 gam Clo (ở cùng điều kiện). 1. Xác định công thức phân tử của X. 2. Vẽ các cấu trúc bền là đồng phân có cùng công thức phân tử của X trong các trường hợp sau: a. Là các đồng phân hình học. b. Là các đồng phân quang học. c. Vừa là đồng phân hình học, vừa là đồng phân quang học.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Tổ Hóa học

OF FI

Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 7 tháng 12 năm 2020 CÂU ĐÁP ÁN 1.1 a. Số phân tử NH4Cl trong một ô mạng lập phương được tính theo công thức: d.N A .a 3 n= M NH4Cl

ĐÁP ÁN ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10 Môn: Hóa học - Lần thứ 3 Năm học 2020- 2021

Áp dụng số với các trường hợp:

1,5.6, 02.1023.(3,88.108 )3 1 ; 53,5 1,3.6, 02.1023.(6,53.108 )3 Ở 250oC: n  4 53,5 Từ kết quả thu được có thể kết luận: Ở 20oC NH4Cl có cấu trúc mạng lập phương đơn giản (n = 1), còn ở 250oC NH4Cl có cấu trúc kiểu mạng lập phương tâm diện (n = 4). b. Tính khoảng cách N–Cl gần nhất: Các nguyên tử N nằm ở trọng tâm của các ion NH4+ cho nên khoảng cách N–Cl ngắn nhất cũng chính là khoảng cách ngắn nhất giữa tâm các ion NH4+ và Cl- trong mạng tinh thể. a a 3  3,36 Å ; Ở 20oC: d N-Cl  Ở 250oC: d N-Cl = = 3,27 Å 2 2 Ở 20 C: n 

1.2

Phản ứng hạt nhân đầy đủ: 235 + 0n1 → 47La146 + 35Br87 + 30n1 92U

m = 0,17178u

NH ƠN

E1 =0,17178. 931,2 = 159,96 (MeV)

E1 = 159,96 MeV = 1,59,96.1,602. 10 Năng lượng phóng xạ của 1 mol 92U235

−19

ĐIỂM

0,5

0,5 −13

= 253,256.10

(J)

E = 6.1023 . E1 = 6,02. 1023 . 253,256.10−13 = 1,5246.1013 (J) 2.1

Ta có phản ứng:

0,25.150  0,15M ; 250

KÈ M

CNH3 

NH3 + HCl → NH4Cl

0,15.100  0,06M ; 250 0,0125.100 CMgCl2   5.103 M 250 Hệ sau phản ứng có: NH4Cl 0,06M; NH3 0,09M; MgCl2 5.10-3M CHCl 

DẠ Y

  NH +4 NH3 + H2O   C 0,09 0,06 [ ] 0,09-x 0,06+x -5 Tính ra x = [OH ] = 2,6.10

+ OHx

0,25

Kb=10-4,76

(1) 0,25

Vậy [Mg2+].[OH-]2 =2,08.10-6.(10-5)2 <

(2) 0,25

Ks,Mg(OH)2

Với CMg 2+

*   MgOH+ + H+ Mg2+ + H2O  β= 10-12,8   5.103 M , ta tính được tử (2): [Mg2+] = 2,08.10-6 (M)

0,25

 không có kết tủa Mg(OH)2

Để có kết tủa Fe(OH)3 thì [OH-] = 10-12M Để có kết tủa Mg(OH)2 thì [OH-] = 2,15.10-3M Vậy khi cho NaOH vào A thì Fe(OH)3 kết tủa trước. 0, 03.15 0,15.30  0, 01M CHCOO    0,1M 45 45   H+ + OHCác cân bằng: H2O  Kw 

3.1

0,5

OF FI

2.2

CCH COO  3

(1)

  CH3COOH + OH- Kb= 10-9,24 (2) CH3COO- + H2O     HCOOH + OHHCOO- + H2O  Kb’= 10-10,25 (3) 

NH ƠN

Do Kb. CCH COO = 10-11,24 ≈ Kb’. CHCOO  = 10-11,25 cho nên không thể tính gần đúng 3

theo một cân bằng.

0,5

h=  H    OH    CH3COOH    HCOOH 

ĐKP:

Kw 1+ K CH 3COO   ( K a' ) 1  HCOO  



-1 a

Chấp nhận CH 3COO   = 0.01;  HCOO -  0 =0,10 và thay vào (4) để tính h1 0 Từ

giá

trị

h1=

1014  2,96.109 . 4,76 2 3,75 1 1  10 .10  10 .10

tính

lại

0,5

CH 3COO    HCOO -  theo các biểu thức sau: 1 1

104,76 CH 3COO   = 0, 010 4,76  0, 01  CH 3COO   1 0 10 .  2,96.109

3.2

0,10

103,75  0,1 =  HCOO-  3,75 9 0 10 .  2,96.10

KÈ M

 HCOO-  = 1

Vậy kết quả lặp. Vậy h= 2,96.10-9 = 10-8,53  pH= 8,53. + Có các cân bằng của FeS ở pH = 5 là (gọi s là độ tan của FeS):

DẠ Y

FeS  ⇄ Fe2+ + S2s s 2+ Fe + H2O ⇄ Fe(OH)+ + H+ S2- + H+ ⇄ HSHS- + H+ ⇄ H2S 𝑘

.𝑘

+ Có: [S2-] = s. ℎ2 +ℎ.𝑘𝑎1 +𝑘𝑎2 𝑎1

𝑎1 .𝑘𝑎2

(1) 0,5

* = 10-5,92 Ka2-1 = 1012,90 Ka1-1 = 107,02

(2) (3) (4)

ℎ

[Fe2+] = s. ℎ + ∗𝛽 ;

; 𝑘

Ks = 10-17,20

.𝑘

 KS = [H+].[OH-] = s2. ℎ2 +ℎ.𝑘𝑎1 +𝑘𝑎2 𝑎1

𝑎1 .𝑘𝑎2

ℎ

. ℎ + ∗𝛽 = 10-17,20

+ Kết quả tính cho thấy độ tan của FeS ở pH = 5 là 2,44.10-4 M.

0,5

4.1

CH2 = C = CH2 :

0,5

Bsp 3 : tứ diện

BF4- :

NH ƠN

OF FI

Tính nồng độ mol/1ít của dung dịch H2SO4 và m (g) muối. Gọi công thức muối halozen: MR. Theo đầu bài khí X có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO3)2 tạo kết tủa đen, khí X sinh ra do phản ứng của H2SO4 đặc. Vậy X là H2S. Các phương trình phản ứng: 8MR + 5H2SO4 = 4M2SO4 + 4R2 + H2S + 4H2O. (1) 0,8 0,5 0,4 0,4 0,1 H2S + Pb(NO3)2 = PbS + 2HNO3. (2) 0,1 0,1 BaCl2 + M2SO4 = 2MCl2 + BaSO4 (3) Theo (2): nH2S = nPbS = 23,9: 239 = 0,1(mol) theo (1): nM2SO4 = 4nH2S = 0,4(mol) = nR2 nH2SO4(pư) = 5nH2S = 0,5(mol) Khối lượng R2 = 171,2 - 69,6 = 101,6 (g) Theo (3): nBaSO4 = (1,674. 69,6): 233 = 0,5(mol)  Vậy số mol H2SO4 dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol) Nồng độ mol/l của axit là: (0,5+ 0,1): 0,2= 3(M) Khối lượng m(g)= mM+ mR (với mM= 69,6- 0,4. 96= 31,2 gam ) m(g)= 31,2+ (171,2- 69,6)= 132,8(g) Xác định kim loại kiềm và halogen. + Tìm Halogen: 101,6 : 0,4 = 2. MR  MR = 127 (Iot) + Tìm kim loại: 0,8.(M + 127) = 132,8  MM =39 (Kali)

0,25 0,25 0,5

0,5

5.2

Csp 2  Csp  Csp 2 ; dạng đường thẳng

N sp 3 : dạng chóp tam giác

NH2OH:

5.1

HS trình bày chi tiết

4.2

5.3

c) Trạng thái lai hóa và dạng hình học của I3-: sp3d và dạng đường thẳng

0,5

6.1

Xác định được PTK của X = 72 Tìm nCO2 = nH2O = 0,6 mol, nX = 0,15 mol. Viết phương trình đốt cháy, tìm CTPT: C4H8O Các hợp chất bền có công thức phân tử C4H8O thỏa mãn các điều kiện sau: a. Là đồng phân hình học:

0,5

KÈ M

6.2

CH3

CH2OH

OCH3

Z O

C2H5

0,25

CH3 C C

CH3

CH C * CH3

DẠ Y

H C C

E b. Là đồng phân quang học: CH2

CH3

C C

0,5

c. Vừa là đồng phân hình học, vừa là đồng phân quang học: CH3

CH3

0,25

FI CI A

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10 Môn: Hóa học Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 21 tháng 10 năm 2019

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Tổ Hóa học

Câu 1. (0.75 điểm) Triti phân có chu kì bán rã là 12,5 năm. Mất bao nhiêu năm để hoạt tính của mẫu triti giảm đi còn lại 15% so với ban đầu?

Câu 2. (0.75 điểm) Tính H0 cho phản ứng: C2H2 (k) + 2 H2 (k)  C2H6 (k) . Cho biết Chất C2H2 (k) H2 (k) C2H6 (k) Hcháy(kJ.mol1) -1300 -286 -1560

Câu 3. (1.0 điểm) Cho phân tử PCl3, hãy cho biết dạng hình học và trạng thái lai hóa của P ?

ƠN

Câu 4. (1.0 điểm) Một hợp chất A chỉ chứa C , H , N . Đốt cháy hoàn toàn 0,125 gam A tạo ra 0,172 gam H2O và 0,279 gam CO2. a. Tìm % khối lượng của C , H , N trong A và xác định công thức đơn giản nhất của A. b. Biết rằng công thức đơn giản nhất trùng với công thức phân tử . Vẽ công thức cấu tạo của bốn đồng phân khác nhau có thể có của hợp chất ứng với công thức trên.

QU Y

Câu 5: (1.0 điểm) Cho biết phản ứng và các số liệu sau: 3 CH3OH(k) + O2(k)  CO2(k) + 2H2O(k) 2 CO2 (k) H2O(k) 0 -1 -393,51 -241,83 H s, 298 (kJ mol ) Tính H 0298 và U 0298 của phản ứng

KÈ

Câu 6. (1.0 điểm) Xác định cấu hình (R) hoặc (S) cho mỗi hợp chất sau đây?

DẠ

Câu 7. (1.0 điểm) Viết công thức các đồng phân của C6H12 thỏa mãn: a) Đồng phân mạch hở và đối quang của nó b) Đồng phân mạch hở và là cặp đồng phân hình học

O2(k) 0

CH3OH(k) -201,17

ƠN

FI CI A

Câu 8: (1.5 điểm) Hyđrazin lỏng, N2H4, đôi khi được dùng làm chất nổ đạn rocket. a. Viết phương trình cho sự hình thành hyđrazin từ các đơn chất và sử dụng các phản ứng cháy dưới đây để rút ra phương trình trong đó nhiệt hình thành của hyđrazin lỏng, H0f, được biểu thị qua các giá trị H1, H2 và H3. 1 N2 (k) + O2 (k)  NO2 (k) H1 2 1 H2 (k) + O2 (k)  H2O (k) H2 2 N2H4 (k) + 3O2 (k)  2NO2 (k) + 2H2O (k) H3 b. Trong đạn rocket, hyđrazin lỏng phản ứng với hyđro peroxit H2O2 lỏng tạo ra khí nitơ và hơi nước. Viết phương trình cho phản ứng này. c. Tính hiệu ứng nhiệt, H0, cho phản ứng ở ý b. Chất N2H4 (l) H2O2 (l) H2O (k) 1 Nhiệt hình thành, kJ.mol 50,6 187,8 285,8 d. Tính H0 cho phản ứng cho phản ứng trong câu b dựa vào các năng lượng phân li liên kết cho ở bảng sau. Liên kết NN N=N NN NH OO O=O OH Ephân li, kJ.mol 167 418 942 386 142 494 459 e. Trong hai giá trị biến thiên entanpy thu được ở hai câu c và d, H0, giá trị nào chính xác hơn? hãy giải thích cho câu trả lời của bạn. f. Xác định nhiệt độ lớn nhất có thể tạo ra từ phản ứng cháy của khí trên nếu tất cả năng lượng sinh ra trong phản ứng đều dùng để tăng nhiệt độ cho các chất khí này. Nhiệt dung riêng của N2 (k) và H2O (k) tương ứng là 29,1 J.mol1.0C1 và 33,6 J.mol1.0C1, tương ứng. Câu 9. (1.0 điểm)

QU Y

Thực nghịêm xác định được momen lưỡng cực của phân tử H2O là 1,85D, góc liên kết HOH là 104,5o, độ dài liên kết O – H là 0,0957 nm. a) Tính momen lưỡng cực của liên kết O – H (bỏ qua momen tạo ra do các cặp electron hóa trị không tham gia liên kết của oxy) b) Tính độ ion của liên kết O – H trong phân tử oxy.

Cho biết 1D = 3,33.10-30 C.m. Điện tích của electron là -1,6.10-19C; 1nm = 10-9m Câu 10. (1.0 điểm)

DẠ

KÈ

Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc (các nguyên tử) trong mạng tinh thể kim loại thuộc các hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ 1 : 1,31 : 1,42.

……..Hết……

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10 HÓA

NGUYỄN TRÃI

Môn: Hóa học - Lần thứ 3 – Năm học 2019- 2020

Tổ Hóa học

Thời gian làm bài: 180 phút

Ngày thi: 25 tháng 11 năm 2019

Câu 1: (2,5 điểm) Cho các nguyên tố với giá trị Z sau đây:

N (Z = 7); H (Z = 1) ; Li (Z = 3); O (Z = 8) ; F (Z = 9); Na (Z = 11); Rb( Z = 37). a) Viết cấu hình electron của các nguyên tử.

b) Căn cứ vào quy luật biến thiên tuần hoàn của độ âm điện trong bảng tuần hoàn hãy gán các giá trị  cho từng nguyên tố kể trên và xếp chúng theo chu kỳ và nhóm.

c) So sánh bán kính của O và O2- ; Na+ và Ne? Câu 2. (0,5 điểm) Hoàn thành các phản ứng hạt nhân sau: 12Mg

19 9F

94Pu

2 1H

+ ...?

→ 10Ne23 + 2He4+ → ...?

+ 1 H1

+ 10Ne22 → 4 0n1 + ...? + ...?

→ 2 2He4 + 0n1

242

+ 2He4

ƠN

 = 0,8; 0,4 ; 0,9 ; 2,1 ; 1,0 ; 3,5 ; 3,0.

Câu 3. (1 điểm) Kết quả nghiên cứu động học của phản ứng: 3I (dd)

S2O82 (dd)  I3 (dd) +

được cho trong bảng dưới đây:

2SO42 (dd)

[I], M

[S2O82], M

0,001

0,002

0,001

0,002

QU Y

Tốc độ (tương đối) của phản ứng

Viết biểu thức liên hệ tốc độ phản ứng với nồng độ các chất tham gia phản ứng.

Câu 4. (1,5 điểm) Có 3 hidrocacbon: C2H6 ; C2H4 ; C2H2 . Người ta ghi được các số liệu sau:

KÈ

- Về góc hoá trị (góc liên kết) : 1200 ; 1800 ; 1090 . - Về độ dài liên kết: 1,05 Å ; 1,07 Å ; 1,09 Å ; 1,200 Å ; 1,340 Å ; 1,540 Å. - Độ âm điện của nguyên tử cacbon : 2,5 ; 3,28 ; 2,75 . Hãy điền các giá trị phù hợp với từng hidrocacbon theo bảng sau, có giải thích ngắn gọn.

DẠ Y

Hidrocacbon

CH3-CH3

CH2 = CH2 CH≡CH

Kiểu

Góc hoá

Độ âm điện của

lai hoá

trị

nguyên tử cacbon

Độ dài liên 0

kết C-C ( A )

Độ dài liên kết 0

C-H ( A )

Câu 5.(1 điểm) Tính nhiệt phản ứng ở 250C của phản ứng sau:  CO2(k) + 2NH3(k)

CO(NH2)2(r) + H2O(l)

H1 = - 41,13 kJ/mol

CO (k) + Cl2 (k) 

COCl2 (k)

H2 = -112,5 kJ/mol

CO(NH2)2(r) + 2HCl(k)

H3 = -201,0 kJ/mol

COCl2(k) + 2NH3 (k) 

CO (k) + H2O (h)  CO2 (k) + H2 (k)

Biết trong cùng điều kiện có các đại lượng nhiệt sau đây:

H4 = -92,3 kJ/mol

Nhiệt hóa hơi của H2O(l)

H5 = 44,01 kJ/mol

Nhiệt tạo thành HCl (k)

Câu 6. ( 1 điểm) Xác định ∆S, ∆H và ∆G của quá trình kết tinh 1 mol nước lỏng chậm đông ở -5oC, biết

rằng nhiệt nóng chảy của nước đá ở 00C là 79,7 cal/g; nhiệt dung riêng của nước lỏng và nước đá lần lượt là 1,0 và 0,48 cal/g.K. Câu 7: (1,5 điểm)

ƠN

Một hợp chất hữu cơ (X) mạch hở có đồng phân hình học. Đốt cháy hoàn toàn 11,6 gam (X) thu được 17,6 gam CO2 và 3,6 gam H2O.

a) Xác định công thức cấu trúc 2 đồng phân của (X), biết tỉ khối hơi của (X) so với He là 29. Câu 8: (1 điểm)

Cho 4 axit: CH3CH2COOH (A) CH3COCOOH (B)

b) So sánh nhiệt độ nóng chảy của 2 đồng phân (X). Giải thích.

CH3COCH2COOH (C)

QU Y

CH3CH(+NH3)COOH (D). a) Biểu diễn các dạng hiệu ứng trong mỗi công thức trên.

DẠ Y

KÈ

b) Sắp xếp A, B, C, D theo trình tự tăng dần tính axit. Giải thích.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10 HÓA

NGUYỄN TRÃI

Môn: Hóa học - Lần thứ 3 – Năm học 2019- 2020

Tổ Hóa học

Ngày thi: 25 tháng 11 năm 2019

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Câu 1: (2,5 điểm) Cho các nguyên tố với giá trị Z sau đây: N (Z = 7); H (Z = 1) ; Li (Z = 3); O (Z = 8) ; F (Z = 9); Na (Z = 11); Rb( Z = 37). a) Viết cấu hình electron của các nguyên tử.

b) Căn cứ vào quy luật biến thiên tuần hoàn của độ âm điện trong bảng tuần hoàn hãy gán các giá trị  cho từng nguyên tố kể trên và xếp chúng theo chu kỳ và nhóm.  = 0,8; 0,4 ; 0,9 ; 2,1 ; 1,0 ;

3,5 ; 3,0. c) So sánh bán kính của O và O2- ; Na+ và Ne? Giải: 1

H : 1s1

[He]2s22p4

Li: [He]2 s1

[He] 2s22p5

: [He] 2s22p3

37Rb

[Ne]3 s1

11Na

:[Kr]5 s1

ƠN

a) (1 điểm)

b) (1 điểm)

- Các nguyên tố trên đều thuộc phân nhóm chính.

QU Y

- 1H; 3Li; 11Na; 37Rb thuộc phân nhóm chính nhóm I (do có 1e ngoài cùng).   giảm: H > Li > Na > Rb

- 3Li; 7N; 8O; 9F thuộc cùng chu kỳ 2 ( do có 2 lớp e).   tăng: Li < N < O < F

- Do tính phi kim của N > H  N > H

tương ứng 0,8 0,9

2,1 3

KÈ

c) 0,5 điểm

  tăng: Rb < Na < Li < H < N < O < F

* 8O: 1s22s22p4

3,5 4

: 1s22s22p6

- O và O2- có cùng số lớp e. - Khi nhận thêm 2e vào để tạo O2-  lực đẩy giữa các e tăng (tăng như hiệu ứng chắn của các e)

DẠ Y

 làm giảm lực hút của hạt nhân với các e ngoài cùng. -O2- có cấu trúc e của khí hiếm  có đối xứng cầu  R(O2-) > R(O)

* 11Na+: 1s22s22p6

10Ne:

1s22s22p6

Do có số e như nhau mà điện tích hạt nhân của Na+ > của Ne.

R(Ne) > R(Na+)

Câu 2. (0,5 điểm) Hoàn thành các phản ứng hạt nhân hạt nhân sau: a)

12Mg

+ ...?

→ 10Ne23 + 2He4+

19 9F

94Pu

2 1H

→ ...?

+ 1 H1 242

+ 2He4

+ 10Ne22 → 4 0n1 + ...? + ...?

→ 2 2He4 + 0n1

12Mg

19 9F

94Pu

2 1H

+ 0n1

+ 1H1 242

→ 10Ne23 + 2He4 → 8O16

+ 2He4

Hướng dẫn chấm: Mỗi ý là 0,125 điểm x 4 = 0,5 điểm

+ 10Ne22 → 4 0n1 + 104U260 + 3Li7

→ 2 2He4 + 0n1

3I (dd)

S2O82 (dd)  I3 (dd) +

Câu 3. (1 điểm) Kết quả nghiên cứu động học của phản ứng: 2SO42 (dd)

[I], M

[S2O82], M

0,001

0,002

0,001

0,002

được cho trong bảng dưới đây:

ƠN

Tốc độ (tương đối) của phản ứng

Viết biểu thức liên hệ tốc độ phản ứng với nồng độ các chất tham gia phản ứng. Giải : (1 điểm) +

S2O82 (dd)  I3 (dd) +

3I (dd)

2SO42 (dd)

Kết quả nghiên cứu động học phản ứng cho trong bảng: [I], M

[S2O82], M

0,001

0,002

0,001

0,002

QU Y

Tốc độ phản ứng tương đối 1

Theo định luật tác dụng khối lượng: v = k[I]a[S2O82]b v1 = k(0,001)a.(0,001)b

v2 = k(0,002)a.(0,001)b

Ta có:

KÈ

v3 = k(0,002)a.(0,002)b

v2  2a = 2  a = 1. v1

DẠ Y

v3  2a.2b = 4  b = 1. v1

 biểu thức định luật tốc độ phản ứng: v = k[I ].[S2O82] Câu 4. (1,5 điểm) Có 3 hidrocacbon: C2H6 ; C2H4 ; C2H2 . Người ta ghi được các số liệu sau:

- Về góc hoá trị (góc liên kết) : 1200 ; 1800 ; 1090 . - Về độ dài liên kết: 1,05 Å ; 1,07 Å ; 1,09 Å ; 1,200 Å ; 1,340 Å ; 1,540 Å.

- Độ âm điện của nguyên tử cacbon : 2,5 ; 3,28 ; 2,75 . Hãy điền các giá trị phù hợp với từng hidrocacbon theo bảng sau: Kiểu

Góc hoá

Độ âm điện của

Độ dài liên

lai hoá

trị

nguyên tử cacbon

Độ dài liên kết 0

Hidrocacbon

kết C-C ( A )

C-H ( A )

CH3-CH3

CH2 = CH2 CH≡CH

Kiểu

Góc hoá

Độ âm điện của

Độ dài liên

lai hoá

trị

nguyên tử cacbon

Hidrocacbon

Hướng dẫn chấm: Mỗi ý là 0,1 điểm x 15 = 1,5 điểm

CH3-CH3

1090

2,5

CH2 = CH2

sp2

1200

CH≡CH

1800

Độ dài liên kết 0

kết C-C ( A )

C-H ( A ) 1,09

2,75

1,340

1,07

3,28

1,200

1,05

ƠN

1,540

Nếu không giải thích, trừ 1/3 số điểm

Giải thích xuất phát từ lai hóa → góc hóa trị →độ âm điện→độ dài liên kết.

 (Đáp án ghi trong bảng) Độ âm điện càng lớn  Độ dài liên kết càng nhỏ Câu 5.(1 điểm) Tính nhiệt phản ứng ở 250C của phản ứng sau:  CO2(k) + 2NH3(k)

CO(NH2)2(r) + H2O(l)

QU Y

Biết trong cùng điều kiện có các đại lượng nhiệt sau đây: CO (k) + H2O (h)  CO2 (k) + H2 (k)

H1 = - 41,13 kJ/mol

CO (k) + Cl2 (k) 

COCl2 (k)

H2 = -112,5 kJ/mol

CO(NH2)2(r) + 2HCl(k)

H3 = -201,0 kJ/mol

COCl2(k) + 2NH3 (k) 

H4 = -92,3 kJ/mol

Nhiệt hóa hơi của H2O(l)

H5 = 44,01 kJ/mol

KÈ

Hướng dẫn chấm:

Nhiệt tạo thành HCl (k)

Câu 5.(1 điểm)

Để có phương trình theo giả thiết, ta sắp xếp lại các quá trình đã cho kèm theo các

đại lượng nhiệt tương ứng rồi tiến hành cộng các phương trình như sau:

DẠ Y

CO (k) + H2O (h)  CO2 (k) + H2 (k) COCl2 (k) 

CO (k) + Cl2 (k)

CO(NH2)2(r) + 2HCl(k)  COCl2 (k) + 2NH3 (k) H2 (k) + Cl2 (k)  2HCl(k) H2O(l) 

H2O (h)

Sau khi cộng ta được phương trình như giả thiết ta được:

Hx = H1 - H2 - H3 + 2H4 + H5

H1 -H2 -H3 2H4

H5

= -41,13 + 112,5 + 201 - 184,6 + 44,01 = 131,78 kJ/mol Câu 6. ( 1 điểm) Xác định ∆S, ∆H và ∆G của quá trình kết tinh 1 mol nước lỏng chậm đông ở -5oC, biết rằng nhiệt nóng chảy của nước đá ở 00C là 79,7 cal/g; nhiệt dung riêng của nước lỏng và nước đá

lần lượt là 1,0 và 0,48 cal/g.K. Giải:

∆H1

ΔH H2O (lỏng, -50C)   H2O (rắn, -50C)

∆H3

ΔH 2 H2O (lỏng, 00C)    H2O (rắn, 00C)

∆H1 = m.Cp.(T2 – T1) = 1.18.1.5 = 90 cal ∆H2 = m.∆Hđđ = -∆Hnc = -79,7 cal ∆H3 = 1.18.0,48.(-5) = -43,2 cal ∆H = -32,9 cal = -137,7 J

T2 273 = 18.1.ln = 1,394 J/K T1 268

ƠN

ΔS1 = mCP ln

∆S2 = -∆H2 : T2 = -1,222 J/K

T1 268 = 18.0,48.ln = -0,669 J/K T2 273

ΔS3 = mCP ln

∆S = 1,394 – 1,222 – 0,669 = - 0,497 J/K

QU Y

∆G1 = ∆H - T∆S = -137,7 – 268.(- 0,497) = -4,504 J Câu 7: (1, 5 điểm)

Một hợp chất hữu cơ (X) mạch hở có đồng phân hình học. Đốt cháy hoàn toàn 11,6 gam (X) thu được 17,6 gam CO2 và 3,6 gam H2O.

a) Xác định công thức cấu trúc 2 đồng phân của (X), biết tỉ khối hơi của (X) so với He là 29. b) So sánh nhiệt độ nóng chảy của 2 đồng phân (X). Giải thích.

Giải:

mC = 12.

KÈ

a) 1 điểm

17,6 = 4,8 (g) 44

DẠ Y

mH = 2.

2.3,6 = 0,4 (g) 18

M0 = 11,6 - (4,8 + 0,4) = 6,4 (g)

CTTQ (X): CxHyOz x:y:z=

4,8 0,4 6,4 : : =1:1:1 12 1 16

CTTN: (CHO)n 29n = 29 . 4  n = 4 → CTPT (X) : C4H4O4.

* X: có đồng phân cis-trans, nên (X) phải có liên kết > C = C < và mỗi nguyên tử cacbon mang nối đôi phải có 2 nhóm thế khác nhau.

* X: phân tử có oxi, nên (X) phải có nhóm chức. Nếu (X) có nhóm chức OH thì nhóm OH liên kết với nguyên tử cacbon no.

H C

HOOC

C cis

COOH C

COOH

HOOC

trans

[axit fumaric]

[axit maleic]

Cấu trúc của hai đồng phân:

b) 0,5 điểm

Nhiệt độ nóng chảy của axit fumaric > nhiệt độ nóng chảy của axit maleic.

ƠN

Giải thích: Đồng phân trans cấu trúc mạng tinh thể chặt chẽ hơn đồng phân cis nên nhiệt độ nóng chảy cao hơn. Câu 8: (1 điểm)

Cho 4 axit:

CH3CH2COOH (A)

CH3COCOOH (B) CH3COCH2COOH (C) CH3CH(+NH3)COOH (D).

a) Biểu diễn các dạng hiệu ứng trong mỗi công thức

QU Y

b) Sắp xếp A, B, C, D theo trình tự tăng dần tính axit. Giải thích. Giải: a) 0,5 điểm ; b) 0,5 điểm Axit

CTCT

TrËt tù s¾p xÕp

CH3CH2

(4)

KÈ

CH3

DẠ Y

C O

O CH2

C O

(2)

-I

(3)

O D

NH3

C O

(1)

CH3 CH

DẠ Y

KÈ

QU Y

ƠN

-I m¹ nh

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN: Hóa học KHỐI 10

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu) Ngày thi: 09 tháng 11 năm 2020

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV

Nguyên tố Năng lượng ion hoá I2 (eV)

NH ƠN

OF FI

Câu 1:(1,5 điểm) 1. Nguyên tử của nguyên tố A có bộ 4 số lượng tử của electron cuối (electron chót cùng) là: n= 2; l = 1; m = - 1; ms = - ½ a/ Viết cấu hình electron, xác định vị trí của A trong bảng hệ thống tuần hoàn? b/ Viết công thức cấu tạo một dạng đơn chất của A có công thức phân tử là A 3. Viết công thức cấu tạo dạng đơn chất đó và cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm. 2. Trước khi có thể dùng urani trong phản ứng phân chia hạt nhân, hàm lượng đồng vị 235U phải được gia tăng đến 2,5%. UF6 là một hợp chất quan trọng được dùng để tách chiết các đồng vị của urani, được tạo thành dưới dạng chất lỏng rất dễ bay hơi, do tác dụng của ClF3 với UF4 tinh thể nung nóng. Viết phương trình phản ứng và viết cấu trúc không gian của UF6 và ClF3. Câu 2: (1,5 điểm) 1. Cho bảng sau: Ca

11,87

12,80

13,58

14,15

16,50

15,64

KÈ M

Hãy giải thích sự biến đổi năng lượng ion hoá thứ hai của các nguyên tố trong bảng. 2. Cho kim loại A tồn tại ở cả 2 dạng lập phương tâm khối và lập phương tâm diện. Khi A tồn tại ở dạng lập phương tâm khối thì khối lượng riêng của A là 15g/cm3. Hãy tính khối lượng riêng của A ở dạng lập phương tâm diện. Cho rằng bán kính của A như nhau trong cả 2 loại tinh thể. Câu 3: (1,5 điểm) Đối với phản ứng bậc 2: A + B → C + D 1. Trộn 2 thể tích bằng nhau của dung dịch chất A và dung dịch chất B có cùng nồng độ 1M: a. Nếu thực hiện phản ứng ở nhiệt độ 333,2K thì sau 2 giờ nồng độ của C bằng 0,215M. Tính hằng số tốc độ của phản ứng. b. Nếu thực hiện phản ứng ở 343,2K thì sau 1,33 giờ nồng độ của A giảm đi 2 lần. Tính năng lượng hoạt hoá của phản ứng (theo kJ.mol-1). 2. Trộn 1 thể tích dung dịch chất A với 2 thể tích dung dịch chất B, đều cùng nồng độ 1M, ở nhiệt độ 333,2K thì sau bao lâu A phản ứng hết 90%? Câu 4 : (1,5 điểm)

DẠ Y

Trong hệ có cân bằng: 3H2 + N2 ⇌ 2NH3 (1) được thiết lập ở 400K. Người ta xác định được các áp suất riêng phần sau đây:

PH2  0,376.105 Pa, PN2  0,125.105 Pa PNH 3  0,499.105 Pa

1) Tính hằng số cân bằng KP và G0 của phản ứng (1) ở 400K. 2) Tính lượng N2 và NH3 biết hệ có 500 mol H2. 3) Thêm 10 mol H2 vào hệ đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng không đổi. Bằng cách tính, hãy cho biết cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều nào? Cho: áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa, R = 8,314 J/mol.K

Câu 5: (1,0 điểm)

1. Tính hằng số tốc độ của phản ứng thuận và phản ứng nghịch. 2. Tốc độ phản ứng tạo thành HI tại thời điểm t là bao nhiêu? Câu 6: (1,0 điểm)

Cho phản ứng thuận nghịch: H2 + I2 ⇌ 2HI (*) Hỗn hợp 14,224g iốt và 0,112g hiđro được chứa trong bình kín thể tích 1,12 lít ở nhiệt độ 4000C. Tốc độ ban đầu của phản ứng là V0 = 9.10-5 mol .l-1. phút-1, sau một thời gian (ở thời điểm t) nồng độ mol của HI là 0,04 mol/lít và khi phản ứng (*) đạt cân bằng thì HI  = 0,06 mol/lít.

OF FI

Cho phản ứng: CH3COCH3 ⇌ C2H4 + CO + H2 Áp suất tổng biến đổi như sau: Thời gian (phút) 0 6,5 13 19,9 2 Ptổng (N/m ) 41589,6 54386,6 65050,4 74914,6 Xác định bậc phản ứng và tính giá trị hằng số tốc độ phản ứng. Câu 7: (1,0 điểm) Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron

NH ƠN

a) FeCl2 + KMnO4 + H2SO4   Fe2(SO4)3 + Cl2 + + K2SO4 + MnSO4 + H2O b) Mg + HNO3   Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 2: 1) c) Fe3O4 + HNO3   NxOy + …

d) Al + NaNO3 + NaOH + H2O   NaAlO2 + NH3 Câu 8: (1,0 điểm)

Hợp chất MaX có tổng số hạt n, p, e bằng 264, trong đó M chiếm 93,33% về khối lượng. Trong hạt nhân của M có n = p + 4; trong hạt nhân của X có n’ = p’ (trong đó n, p, n’, p’ lần lượt là số nơtron và số proton của M và X).

1. Xác định thành phần cấu tạo của M và X. 2. Viết cấu hình electron của M, X và cho biết vị trí của chúng trong bảng tuần hoàn.

DẠ Y

KÈ M

Chú ý: Học sinh không được dùng bảng tuần hoàn Cho số hiệu nguyên tử các nguyên tố: H:1; C: 6; N: 7; O: 8; F: 9; Na: 11; Mg; 12; Cl: 17; K: 19; Ca: 20; Sc: 21; Ti: 22; V: 23; Cr: 24; Mn: 25; Fe: 26; U: 92.

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN: Hóa học KHỐI 10

KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu) Ngày thi: 09 tháng 11 năm 2020 Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM 1.1 a. Cấu hình electron: 1s22s22p4 (học sinh phải vẽ ô lượng tử của phân lớp n = 2, l = 0,5 1 và ml lần lượt là -1, 0, +1  electron cuối cùng). Vị trí : ô số 8 chu kì 2 nhóm VIA. b. Công thức cấu tạo của A3 (O3): O = O  O 0,25 Nguyên tử trung tâm lai hóa sp2. 1.2 2ClF3 + 3UF4  3UF6 + Cl2 0,25

2.1

NH ƠN

OF FI

ĐÁP ÁN

Cấu hình electron của các nguyên tố: Ca [Ar]4s2 ;

Sc [Ar]3d14s2 ;

Ti [Ar]3d24s2 ;

V [Ar]3d34s2 ;

Cr [Ar]3d54s1 ;

Mn [Ar]3d54s2.

Năng lượng ion hoá thứ hai ứng với sự tách electron hoá trị thứ hai. Từ Ca đến V đều là sự tách electron 4s thứ hai. Do sự tăng dần điện tích hạt nhân nên lực hút giữa hạt nhân và các electron 4s tăng dần, do đó năng lượng ion hoá I2 cũng tăng đều đặn.

KÈ M

Đối với Cr, do cấu hình electron đặc biệt với sự chuyển 1 electron từ 4s về 3d để sớm đạt được phân lớp 3d5 đầy một nửa, electron thứ hai bị tách nằm trong cấu hình bền vững này cho nên sự tách nó đòi hỏi tiêu tốn nhiều năng lượng hơn nên I2 của nguyên tố này cao hơn nhiều so với của V. Cũng chính vì vậy mà khi chuyển sang Mn, 2 electron bị tách nằm ở phân lớp 4s, giá trị I2 của nó chỉ lớn hơn của V vừa phải, thậm chí còn nhỏ hơn giá trị tương ứng của Cr. 2.2

0,5

0,25

Một ô mạng lập phương tâm khối: Cạnh a1 = 4r/ √3 -

Khối lượng riêng d1 = 15g/ cm3 Số đơn vị nguyên tử: n1 = 8.1/8 + 1 = 2

0,25

DẠ Y

Một ô mạng lập phương tâm diện: Cạnh a2 = 2 r√2 -

Khối lượng riêng d2 (g/ cm3) Số đơn vị nguyên tử: n2 = 8.1/8 + 6.1/2 = 4

0,25

d = nM/ ( NA. V); V = a3 Do đó: d1: d2 = (n1 .a23) : (n2 .a13) =[ 2. (2 r√2)3 ] : [ 4. (4 r/√3)3 ] = 0,919 Suy ra: d2 = 16,32 g/cm3

0,25

a. Phản ứng bậc 2: A+B → C+D Phương trình tốc độ phản ứng dạng tổng quát là v = kCACB (1) Vì nồng độ ban đầu của A và B bằng nhau nên (1) trở thành v = k CA2 Phương trình động học tích phân tương ứng là: k.t =

1 𝐶𝐴

−

0,5

1 𝐶𝐴0

Thay các giá trị số tính được k1 = 2,1.10 mol .l.s . b. Tại 343,2K, tính toán tương tự trường hợp a. được k2 = 4,177.10-4 mol-1ls-1. Thay các giá trị k1 và k2 vào phương trình Arrhenius tính được: Ea = 65 378 Jmol-1. Ta có: CA0 =

M; CB0 = 3

2 3

-1

OF FI

3.2

-1

-4

3.1

Nồng độ ban đầu của A và B khác nhau, phương trình động học tích phân có dạng: b( a  x ) 1 kt = ln a  b a (b  x)

0,55

0,5

Thay các giá trị số vào phương trình tính được t = 24353s (hay 6,764 h) 2 PNH 3

(0, 499.105 ) 2 KP  3   3, 747.109 Pa 2 5 3 5 PH 2 .PN2 (0,376.10 ) .(0,125.10 )

NH ƠN

4.1

K  K P .P0n  3, 747.109.(1, 013.105 ) 2  38, 45

nN 2 

nH 2 PH 2

4.3

nH 2 PH 2

0,5

500 .0,125  166mol 0, 376

.PNH 3 

500 .0, 499  664mol 0, 376

0,5

nNH 3 

.PN 2 

4.2

G 0   RT ln K  8,314.400.ln 38, 45  12136 J / mol nH nH n PH 2  2 .Phh  hh  2 nhh Phh PH 2

nhh  1330mol , Phh  1.105 Pa Sau khi thêm 10 mol H2 vào hệ nhh = 1340 mol 510 166 .105  0,38.105 Pa, PN2  .105  0,124.105 Pa 1340 1340 664 PNH3  .105  0, 496.105 Pa 1340 Q G  G 0  RT ln n , G 0   RT ln K  12136 J / mol P0

KÈ M

PH 2 

  (0, 496.105 ) 2 G  12136  8,314.400 ln  .(1, 013.105 ) 2  5 3 5  (0,38.10 ) .0,124.10   G  118, 28 J / mol

Cân bằng (1) chuyển dịch sang phải. n I 2 = 14.224 = 0.056 (mol) → C I 127.2

DẠ Y 5.1

0.056 = 0,05M 1,12

nH 2 = 0.112 = 0.056 (mol) → C H = 0.056 = 0,05M 2

⇌

2HI

0,5

1,12

0,5

4.0,03 2 4x 2 = =9 0,05  x 2 0,05  0,032

Vt 9.10 5 = = 0,036 (mol-1.l.phút-1) 2 C H 2 .C I 2 0,05

Vt = kt. C I 2 . C H 2  kt =

K= 5.2

kt kn

 kn =

OF FI

HI 2 H 2 I 2 

Ban đầu: 0,05M 0,05M P/ứng : x x 2x Cân bằng: 0,05 - x 0,05 - x 2x Tại thời điểm cân bằng: [HI] = 2x = 0,06M → x = 0,03M

0,036 = 4.10-3 (mol-1.l.phút-1) 9

Vn = kn. CHI = 4.10-3.(0,04)2 = 6,4.10-6 (mol.l-1.phút-1)

C I2 Vt = kt.

CH2

2HI

2y 2y → y = 0,02M

NH ƠN

H2 + I2 ⇌ Ban đầu: 0,05M 0,05M Pứng : y y Thời điểm t: 0,05 - y 0,05 - y Tại thời điểm t: CHI = 2y = 0,04M

0,5

= 0,05 – 0,02 = 0,03M

C H 2 . C I 2 = 0,036.(0,03)2 = 3,24.10-5 (mol.l-1.phút-1)

 C2H4

VHI = Vt - Vn = 3,24.10-5 - 6,4.10-6 = 2,6.10-5 (mol.l-1.phút-1)

CH3COCH3 P0

+ H2

(P0 – x)

Gọi áp suất ban đầu của Axeton là P0. Áp suất tại các thời điểm t của Axeton là P = PO - x Áp suất tổng cộng của hệ là PT = PO + 2x

KÈ M

 P  3Po  PT 2

Tại t = 6,5 phút: P6,5 

0,5

3Po  PT 3.41589,6  54386,6   35191,1N / m2 2 2

Tại t = 13 phút: P13  3Po  PT  3.41589,6  65050,4  29859,2N / m2 2

DẠ Y

Tại t = 19,9 phút: P19,9  3Po  PT  3.41589,6  74914,6  24927,1N / m2 2 2 Giả sử phản ứng là bậc 1 áp dụng phương trình động học cho phản ứng bậc 1 ta có: P0

kt = ln PA A

với P0A = 41589,6 M/m2.

Tại t = 6,5 phút ta có k1 

41589,6 35191,1  0,0257phut 1 6,5

0,5

41589,6 Tại t = 13 phút ta có: k 2  29859,2  0,0255phut 1 13 41589,6 ln Tại t = 19,9 phút ta có: k 3  24927,1  0,0256phut 1 19,9 Ta nhận thấy tại các thời điểm khác nhau có các giá trị của k là sấp xỉ nhau nên ta kết luận phản ứng là bậc 1 và có hằng số tốc độ là:

k1  k 2  k 3  0,0256phut 1 3

OF FI

k

Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. a) FeCl2 + KMnO4 + H2SO4  Fe2(SO4)3 + Cl2 + K2SO4 + MnSO4 + H2O 2 FeCl2   2 Fe3 + 2Cl2 + 6e

5 6

Mn 7 + 5e   Mn 2

0,25

10FeCl2+6KMnO4 + 24H2SO4 5 Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O

NH ƠN

b) Mg + HNO3   Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1) 18  Mg   Mg 2 + 2e

0,25

1

1  7 N 5 + 36 e   N 2 O + 2N2 + N 3 18Mg + 44HNO3   18Mg(NO3)2 + N2O + 2N2 + NH4NO3 + 20H2O c) Fe3O4 + HNO3   NxOy + Fe(NO3)3 + H2O

3Fe+3 + 1e

Fe3O4 +5

0,25

+2y/x

+ (5x-2y)e

(5x-2y)

NxOy

(5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3   NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2O d) Al + NaNO3 + NaOH + H2O   NaAlO2 + NH3 Al

N+5 + 8e

KÈ M

8.1

N-3

8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 2H2O   8NaAlO2 + 3NH3 Theo đề bài, trong M: số proton = số electron = p; số nơtron = n. trong X: số proton = số electron = p’; số nơtron = n’.  Tổng số hạt trong MaX = a(2p + n) + (2p’ + n’) = 264 (1) Thay n = p + 4; n’ = p’ vào (1) ta được: a(3p + 4) + 3p’ = 264 (2) a.MM

DẠ Y

Mặt khác: %mM = a.M

8.2

0,25

Al+3 + 3e

M + MX

a(p+n) a(p+n)+ (p′ +n′ )

2ap+4a 2ap+4a+2p′

= 93,33% =

0,25 70 75

 ap + 2a = 14p’  ap + 2a -14p’ = 0 (3) Lấy (2) – (3)3 ta được: 45p’ – 2a = 264 mà p’, a nguyên; a  5  p’ = 6; a = 3 là nghiệm thỏa mãn  p = 26 Vậy M là Fe, X là C, công thức của hợp chất là Fe3C. Cấu hình electron: Fe: 1s22s22p63s23p63d64s2 (ô số 26 chu kì 4 nhóm VIIIB) C: 1s22s22p2 (ô số 6, chu kì 2, nhóm IVA)

0,25 0,25

0,25

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10

NGUYỄN TRÃI

Môn: Hóa học - Lần thứ 5

Tổ Hóa học

Thời gian làm bài: 180 phút

FI CI A

Ngày thi: 19 tháng 4 năm 2021

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Đề thi này gồm 2 trang, 9 câu.

HCrO4− + H2O ⇌ CrO2− + H3O+ 4 2HCrO4− ⇌ Cr2 O2− 7 + H2O

Câu 1: (1 điểm) Tính pH của dung dịch NH4HCO3 0,1M. Cho: NH3 có Kb = 10-4,76; H2CO3 có Ka1 = 10-6,35; Ka2 = 10-10,33. Câu 2: (1 điểm) 2− Tính pH và nồng độ mol của CrO2− 4 ; Cr2 O7 trong dung dịch K2Cr2O7 0,01M và CH3COOH 0,1M. Cho: K CH3COOH = 1,8.10-5 pK2 = 6,5 pK1 = -1,36

2:1

ƠN

Câu 3: (1 điểm) Hợp chất vô cơ X thành phần có 2 nguyên tố. 120 < MX < 145. Cho X phản ứng với O2 thu được chất duy nhất Y. Cho Y phán ứng với H2O thu được 2 axit vô cơ và A và B. A phản ứng với dung dịch AgNO3 thu được kết tủa trắng (C) kết tủa này tan trong dung dịch NH3. B phản ứng với dung dịch NaOH dư thu được muối D. D phản ứng với dung dịch AgNO3 thu được kết tủa vàng (E). Chất X khi phản ứng với H2O thu được 2 axit là G và A, khi đun nóng G thu được axit (B) và khí H. Xác định công thức phân tử các chất và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 4: (1 điểm) Cho các phản ứng:

DẠ

KÈ

QU Y

(1) A + NaClO → X + NaCl + H2O  Z + H2O (2) X + HNO2  1:1 (3) A + Na   Y + H2 (4) Z + NaOH   T + H2O.  T + H2O (5) Y + B  Trong đó: A là một hợp chất của nitơ và hiđro có tổng số điện tích hạt nhân bằng 10; B là một oxit của nitơ, chứa 36,36% oxi về khối lượng. a. Xác định các chất A, B, X, Y, Z, T và hoàn thành các phương trình phản ứng. b. Viết công thức cấu tạo của Z. Nhận xét về tính oxi hóa - khử của Z. c. Z có thể hòa tan Cu tương tự HNO3. Hỗn hợp Z và HCl hòa tan Au tương tự cường thủy. Viết phương trình các phản ứng xảy ra. Câu 5: (1 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 4,4g một sunfua kim loại có công thức MS (kim loại M có các số oxi hoá +2 và +3 trong các hợp chất) trong lượng dư oxi. Chất rắn thu được sau phản ứng được hoà tan trong một lượng vừa đủ dung dịch HNO3 37,8%. Nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được là 41,724%. Khi làm lạnh dung dịch này thì có 8,08 gam muối rắn A thoát ra và nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch giảm xuống còn 34,7%. Xác định công thức của muối rắn A. Câu 6: (1 điểm) Viết công thức cấu tạo của các sản phẩm được kí hiệu bằng chữ B  B4 theo sơ đồ sau:

ƠN

FI CI A

Câu 7: (1 điểm) Hợp chất X chứa C, H, O có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Khi phân tích a gam chất X thấy tổng khối lượng C và H là 0,46 gam. Để đốt cháy hoàn toàn a gam X cần 0,896 lít Oxi (đktc). Sản phẩm cháy được dẫn qua bình đựng dung dịch NaOH dư thấy khối lượng bình tăng 1,9 gam. a) Tìm a và CTPT của X. b) Khi cho a gam X tác dụng hết với Na thu được số mol H2 bằng số mol NaOH cần dùng phản ứng với a gam X đó. Xác định công thức cấu tạo của X và viết phương trình phản ứng. Câu 8: (2 điểm) Geraniol là một hợp chất terpene được tách từ tinh dầu hoa hồng có mùi thơm ngát. a) Hãy gọi tên theo danh pháp IUPAC và chỉ ra cấu trúc isopren (C5H8) của geraniol. b) Một đồng phân hình học khác của geraniol là Nerol. Hãy viết cấu trúc của Nerol. c) Hãy viết các phương trình phản ứng của Geraniol với: i) dung dịch nước brom dư ii) oxi hóa nhẹ với CuO (t0) cho C10H16O iii) oxi hóa bằng dung dịch KMnO4 trong môi trường axit. Geraniol d) Giải thích cơ chế phản ứng sau:

DẠ

KÈ

QU Y

Câu 9: (1 điểm) Giải thích các hiện tượng sau bằng cơ chế phản ứng: a) Cho 3 – phenylbut-1-en tác dụng với H2O trong H2SO4 thu được cả 2-phenylbutan-2-ol (sản phẩm chính) và 3-phenylbutan-2-ol.

....................Hết .......................

ĐÁP ÁN ĐỀ THI NĂNG KHIẾU – LỚP 10 HÓA – LẦN THỨ 5 Ngày thi 19/4/2021 – Thời gian 180 phút

FI CI A

Điểm

Nội dung Trong dung dịch NH4HCO3 C = 0,1M có các cân bằng sau: H2O H+ + OH– K w  10 14 NH4+

H+

NH3

K a  109,24

HCO3–

H+

CO32–

K a 2  10 10,33

HCO3– + H+ H2CO3 K a11  10 6,35 Điều kiện proton: [H+] = [OH–] + [NH3] + [CO32–] – [H2CO3] K [HCO 3  ] [ NH 4  ]  [H  ]  w  K a  K  K a11[HCO 3  ][H  ] a2    [H ] [H ] [H ]

Câu

K w  K a [ NH 4  ]  K a 2 [HCO 3  ]

 [H  ] 

1  K a11[HCO 3  ]

1,0

Với điều kiện gần đúng: 

 [H ] 

10 9,24.10 1  10 10,33.10 1 10

6,35

.10

1

ƠN

[ NH 4  ]  [HCO 3 ]  C; K a1  C; K w  K a C  K a 2 C

 1,67.10 8  pH  7,78

Ta có các cân bằng: CH3COOH + H2O ⇌ CH3COO + H3O+ Cr2 O 27 + H2O ⇌ 2HCr O 4

Ka = 1,8.10-5 (1) K1 = 10-1,36 (2) (3)

QU Y

HCr O 4 + H2O ⇌ H3O+ + Cr O24 K2 = 10-6,5 Vì K1 >>Ka, K2  cân bằng (2) chiếm ưu thế Tính nồng độ Cr2 O 27 và HCr O 4 dựa vào cân bằng (2).

0,5

Cr2 O 27 + H2O ⇌ 2𝐻𝐶𝑟𝑂4− K1 = 10-1,36 BĐ 0,010 TTCB 0,010-x 2x 2 (2x)  K1 = = 10-1,36 (x < 0,01)  x = 6,33.10-3. (0,010  x) Vậy : [Cr2 O 27 ] = 0,010 - x = 3,7.10-3 (M) ;

KÈ

[HCr O 4 ] = 2x = 1,27.10-2 (M)

DẠ

So sánh cân bằng (3) và (1): Ka.Ca >> K2[HCr O 4 ]  cân bằng (1) chiếm ưu thế: CH3COOH + H2O ⇌ CH3COO + H3O+ Ka = 1,8.10-5 BĐ 0,1 TTCB 0,1-a a a Ka =

a2 0,1  a

= 1,8.10-5

ĐK a << 0,1  a = 1,34.10-3.

Vậy: [H3O+] = 1,34.10-3  pH = 2,87. Để tính [Cr O24 ] ta dùng cân bằng (3) 𝐻𝐶𝑟𝑂4− + H2O ⇌ 𝐶𝑟𝑂42− + H3O+ K2 = 10-6,5 -2 TTCB 1,27.10 b 1,34.10-3

0,5

Ta có:

K2 =

[𝐶𝑟𝑂42− ].[𝐻 + ] [𝐻𝐶𝑟𝑂4− ]

= 10−6,5  [𝐶𝑟𝑂42− ] = 𝑏 = 2,997.10-6

FI CI A

Vậy: [Cr O24 ] = (M). Cho X phản ứng với O2 được Y vậy X có tính khử. X và Y khi thuỷ phân đều ra 2 axít vậy X là hợp chất của 2 phi kim. Axít A phản ứng vứi AgNO3 tạo trắng (C) tan trong NH3 Vậy (C) là AgCl và A là HCl do đó trong X chứa Clo. vì Clo có số oxi hoá âm vậy nguyên tố phi kim còn lại là có số oxi hoá dương nên axít B là axít có oxi. Muối D phản ứng với AgNO3 tạo vàng vậy muối D là muối PO43- nên axít B là H3PO4. Vậy X là hợp chất của P vàCl. Với MX trong khoảng trên nên X là PCl3. Y là POCl3 Thuỷ phân X được axít G và A vậy G là H3PO3. Các phản ứng minh hoạ: 1 to  POCl3 PCl3 + 2 O2 

0,5

ƠN

POCl3 + 3HOH   H3PO4 + 3HCl HCl + AgNO3  AgCl + HNO3 AgCl + 2NH3  [Ag(NH3)2]Cl H3PO4 + 3NaOH  Na3PO4 + 3H2O Na3PO4 + 3AgNO3  Ag3PO4vàng + 3NaNO3 PCl3 + 3HOH  H3PO3 + 3HCl to  PH3+ 3H3PO4 4H3PO3  Đặt CT của hợp chất A là: NxHy. Ta có 7x + y = 10 x = 1; y = 3  CTPT của A là: NH3  14a 63,64 a 2 B là một oxit của nitơ: NaOb. Ta có 16b = 36,36  b = 1  a : b = 2 : 1  CTPT

0,5

QU Y

0,5

0,25

DẠ

KÈ

của B là: N2O Các phản ứng hóa học: 2NH3 + NaClO  N2H4 + NaCl + H2O (A) (X) N2H4 + HNO2  HN3 + 2H2O (X) (Z) 2NH3 + 2Na  2NaNH2 + H2 (A) (Y) HN3 + NaOH  NaN3 + H2O (Z) (T)  NaN3 + H2O NaNH2 + N2O  (Y) (B) (T) Công thức cấu tạo của HN3: H – N = N = N ⇌ H – N - N  N Do số oxi hóa của N là -1/3 nên HN3 vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử. - Về tính oxi hóa HN3 giống với axit HNO3 nên có thể hòa tan Cu: Cu + 3HN3  Cu(N3)2 + N2 + NH3 (hoặc NH4N3) - Khi trộn với HCl đặc, HN3 tạo thành dung dịch tương tự cường thủy nên có thể hòa tan Au: 2Au + 3HN3 + 8HCl  2H[AuCl4] + 3N2 + 3NH3 (hoặc NH4Cl) Đặt nMS ban đầu = x (mol)

t 4 MS + 7 O2 du  2M2O3 + 4SO2 (1) 𝑥 x (mol) 2 M2O3 + 6HNO3  2M(NO3)3 + 3H2O (2) 𝑥 3x x (mol) 2 0

1,0

mM(NO3 )3 = x (M + 186) (g) mdd M(NO3)3 = mM2 O3 + mdd HNO3 =

3x.63.100 x (2M + 48) + 2 37,8

FI CI A

= x(M + 524) (g) x( M  186) 41,724  C % M ( NO3 )3   x( M  524) 100 4,4  M = 56 (Fe )  x = nFeS =  0,05(mol ) 88  mdd Fe ( NO3 )3  0,05(56  524)  29( g ) mFe( NO3 )3 thu được = 0,05 (56 + 186) = 12,1 (g)

Khi làm lạnh 29g dd Fe(NO3)3 thì có 8,08g muối A thoát ra và C % Fe ( NO3 )3 trong đó còn lại = 34,7%. (29−8,08).34,7  mFe(NO3 )3 còn lại trong dung dịch = = 7,26 gam 100

ƠN

 mFe(NO3 )3 kết tinh = 12,1 − 7,26 = 4,84 gam < mA  A là tinh thể hidrat hoá Fe(NO3)3.nH2O 4,84 nFe(NO3)3 .nH2 O = nFe(NO3 )3 kết tinh = = 0,02 mol 242  MFe(NO3)3 .nH2 O = 242 + 18n = 404 gam/mol  n = 9 Vậy công thức của muối A là Fe(NO3)3.9H2O

Nerol (đồng phân Z)

KÈ

Mỗi pư 0,25 điểm

DẠ

QU Y

1,0

0,5

0,25

0,75

DẠ 9b

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

7d 0,5

1,0

0,5

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN: Hóa học KHỐI 10 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu)

Ngày thi: 25 tháng 01 năm 2021

Câu 1: (2 điểm)

OF FI

1. Trộn các thể tích bằng nhau của 4 dung dịch sau: C6H5COOH 0,04M; HCOOH 0,08M; NH3 0,22M; H2S 0,1M được dung dịch A. a. Cho biết thành phần giới hạn của dung dịch A? b. Không tính pH, hãy cho biết dung dịch A có phản ứng axit hay bazơ? Vì sao? 2. Tính pH của dd X chứa Cu(NO3)2 0,06M và Pb(NO3)2 0,04M. Cu2+ + H2O ⇌ Cu(OH)+ + H+

(1)

Pb2+ + H2O ⇌ Pb(OH)+ + H+

(2)

NH ƠN

Cho

Câu 2: ( 2,0 điểm)

K1 = 10-8

K2 = 10-7,8

0 0 0 Cho ESn 4+ /Sn2+ = 0,15 V; EFe3+ /Fe2+ = 0,77 V; EAg+ /Ag = 0,80V

1. Trộn hai thể tích bằng nhau của hai dung dịch SnCl2 0,100 M và FeCl3 0,100 M tại 250C, sau khi phản ứng hoàn toàn được dung dịch X. Xác định nồng độ các ion trong X. 2. Thiết lập pin điện hóa gồm 2 điện cực:

 Điện cực 1 có cấu tạo gồm thanh Pt nhúng trong dung dịch X.

 Điện cực 2 thu được khi nhúng một sợi Ag vào dung dịch Fe2(SO4)3 2,5.10-2 M và đợi cân bằng. Lập sơ đồ pin theo quy ước và tính sức điện động của pin. Câu 3: (2,0 điểm)

KÈ M

1. Clo, brom, iot có thể kết hợp với flo tạo thành các hợp chất dạng XFm. Thực nghiệm cho thấy rằng m có 3 giá trị khác nhau nếu X là Cl hoặc Br, m có 4 giá trị khác nhau nếu X là I. Độ âm điện của F là 4,0; Cl là 3,2; Br là 3,0; I là 2,7. a) Hãy viết công thức các hợp chất dạng XFm của mỗi nguyên tố Cl, Br, I. b) Dựa vào cấu tạo nguyên tử và độ âm điện của các nguyên tố, hãy giải thích sự hình thành các hợp chất trên.

DẠ Y

2. Cho 20,4 gam hỗn hợp X gồm Zn, Fe, Al tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 10,08 lít H2 ở đktc. Mặt khác cho 0,2 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 6,16 lít Cl2 ở đktc. Xác định khối lượng mỗi kim loại trong 20,4 gam hỗn hợp X? Câu 4: (1. 1,5 điểm; 2. 0,5 điểm) 1. Viết công thức cấu tạo các đồng phân có công thức phân tử C5H10. Cho biết công thức cấu tạo nào có đồng phân hình học, công thức cấu tạo nào có đồng phân quang học?

Biểu diễn các đồng phân hình học và quang học trên và gọi tên đầy đủ của các đồng phân ứng với các công thức cấu trúc đó. 2. Biểu diễn các cấu dạng ghế của 1,2 – dimetylxiclohexan. Cho biết dạng nào bền nhất, kém bền nhất? Câu 5: (1. 1,5 điểm; 2. 0,5 điểm)

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

OF FI

1. Đốt cháy hoàn toàn m gam hidrocacbon rồi dẫn sản phẩm cháy qua bình 1 đựng P2O5, bình 2 đựng 1 lít dung dịch Ba(OH)2 0,08M. Sau thí nghiệm thấy khối lượng bình 1 tăng 2,16 gam; bình 2 có 11,82 gam kết tủa. a. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo có thể có và gọi tên A. b. Khi chiếu sáng hỗn hợp gồm A và khí clo, phản ứng thế nguyên tử H bằng clo xảy ra tạo thành 4 sản phẩm thế monoclo. Khả năng thế tương đối của các nguyên tử H lên kết với nguyên tử C bậc I, II, III tại nhiệt độ t0C được xác định là 1:3,2:4,8. Xác định công thức đúng của A và tính thành phần % khối lượng mỗi sản phẩm thế. 2. Cho but - 2 - en tác dụng với dung dịch Br2 trong CCl4. a. Viết cơ chế phản ứng. b. Nếu xuất phát từ cis – but – 2 – en thì sản phẩm thu được có cấu trúc như thế nào?

KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN: Hóa học KHỐI 10

ĐÁP ÁN

Ngày thi: 25 tháng 01 năm 2021

Câu ĐÁP ÁN 1.1 a. Tính lại nồng độ của các chất sau khi trộn: Sau khi trộn, xảy ra các phản ứng sau: HCOOH 

0,055

0,02

0,035

NH3

0,02

+ C6H5COOH  NH 4

0,035

C6H5COO-

0,01

NH 4

H2S 

0,025

K = 105,49

K = 105,04

0,5

0,01

0,025 NH3

NH 4 + HCOO-

NH ƠN

NH3

Điểm

OF FI

C6H5COOH: 0,01M; NH3: 0,055M; HCOOH: 0,02M; H2S: 0,025M

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

0,025

0,01

HS-

K = 102,23

0,025

Vậy thành phần giới hạn của dung dịch A là:

NH 4 : 0,055M; HCOO-: 0,02M; C6H5COO-: 0,01M; HS-: 0,025M b. Trong dung dịch A có các cân bằng sau: (1) Ka = 10-9,24

HS-

⇌ S2- + H+

(2) Ka2 = 10-12,9

H2O

⇌ OH- + H+

(3) KW = 10-14

NH4+ ⇌ NH3 + H+

HS- + H2O ⇌ H2S + OH-

KÈ M

C6H5COO- + H2O ⇌ C6H5COOH + OHHCOO- + H2O ⇌ HCOOH + OH-

(4) Kb2 = 10-6,98 (5) Kb = 10-9,8 (6) Kb = 10—10,25

0,5

So sánh (1), (2) và (3), bỏ qua cân bằng (2) và (3) So sánh (4), (5) và (6), bỏ qua cân bằng (5) và (6) Do đó, cân bằng (1) và (4) quyết định pH của dung dịch.

DẠ Y

Mặt khác, ta có: K a (1) .CNH   Kb (4) .CHS 

1.2

Vì vậy, dung dịch A có phản ứng bazơ, pH > 7 Ta có các cân bằng: Cu2+ + H2O ⇌ Cu(OH)+ + H+

(1)

K1 = 10-8

Pb2+ + H2O ⇌ Pb(OH)+ + H+

(2)

K2 = 10-7,8

(3)

Kw = 10-14

H2O ⇌ H+ + OH-

1,0

Vì C 2 .K1 ≈ C .K2 >> Kw nên ta có thể tính pH theo cân bằng (1) và (2), bỏ qua Cu Pb 2

cân bằng (3).

Theo điều kiện proton, ta có:  H    Cu (OH )     Pb(OH )   Theo cân bằng (1), (2), ta có : K1. Cu 2 



K 2 .  Pb 2  h

 h  K1. Cu 2   K 2 .  Pb 2 

h

OF FI

Giả sử nồng độ cân bằng của Cu2+, Pb2+ là nồng độ ban đầu, ta tính được : h = 3,513.10-5(M)

Tính lại nồng độ cân bằng của Cu2+, Pb2+ theo giá trị H+ ở trên theo h : Gọi x, y lần lượt là nồng độ cân bằng của Cu(OH)+, Pb(OH)+ Theo cân bằng (1), (2) ta có :

x.3,513.105  108  x  1,708.105 0,06  x . 5 y.3,513.10 K2   107,8  y  1,805.105 0,04  y

NH ƠN

K1 

Giá trị của x, y rất nhỏ so với nồng độ ban đầu nên nồng độ cân bằng của Cu2+, Pb2+ coi như bằng nồng độ ban đầu( kết quả lặp).

Sn2+

có K = 10

𝑛∆𝐸 0⁄ 0,0592

Sn2+ + C0 0,05 TPGH: 0,025 [ ] 0,025+x Ta có:

2 Fe3+ 0,05 0 2x

KÈ M

[𝑆𝑛4+ ].[𝐹𝑒 2+ ]2

K = [𝑆𝑛2+].[𝐹𝑒 3+]2 =

⇌

Sn4+

2 Fe2+

= 1020,95 rất lớn  coi như phản ứng hoàn toàn. ⇌

Sn4+ 0 0,025 0,025- x

(0,025−𝑥)(0,05−2𝑥)2 (0,025+𝑥).(2𝑥)2

2 Fe2+ 0 0,05 0,05-2x

(mol/L) (mol/L)

1,0

= 1020,95

Giả sử x ≪ 0,025  x = 8,37.10-13 (thỏa mãn) Vậy: [Fe2+] = 0,05 M; [Sn4+] = 0,025 M; [Sn2+] = 0,025 M; [Fe3+] = 8,37.10-13 M [Cl-] = 0,25M Theo phần trên ta có: 0 Thế điện cực 1 : E1 = 𝐸Sn4+/Sn2+ = ESn 4+ /Sn2+ +

DẠ Y

2.2

2 Fe3+

Phản ứng:

2.1

Vậy [H+] = 3,513.10-5 ; pH = 4,454 0 0 Trộn hai dung dịch được dung dịch mới có: CSn 2+ = 0,05M CFe3+ = 0,05 M

0,0592 2

log

[𝑆𝑛4+ ] [𝑆𝑛2+ ]

= 0,15 V

Xét điện cực 2: Ban đầu có phản ứng 0

C []

Ag + Fe3+ ⇌ 0,05 0,05 – x

Ta có:

Ag+ 0 x

𝑛∆𝐸 0⁄ 0,0592

+ Fe2+ K = 10 0 (M) x (M)

x2 = 0,311 => x = [Ag+] = [Fe2+] = 4,38.10-2 M 0, 05  x

= 0,311

1,0

[Fe3+] = 6,2. 10-3 M.

3.1

6.103 = 0,80 + 0,059 lg 4,38.10-2 = 0,72 V 2 4,38.10

Ecb = 0,77 + 0,059 lg

a) Công thức các hợp chất XFm: X là Cl có ClF; ClF3; ClF5 (a);

0,25

X là Br có BrF; BrF3; BrF5 (b); X là I có IF; IF3; IF5; IF7 (c).

OF FI

b) Các hợp chất trên đều có liên kết cộng hóa trị, mỗi liên kết được tạo thành do 2 electron có spin đối song song của 2 nguyên tử góp chung. * F có Z = 9; n = 2 nên có 4 AO hóa trị, vì vậy cấu hình chỉ có 1 electron độc thân:

* Cl (Z = 17; n = 3), Br (Z = 35; n = 4), I (Z = 53; n = 5) giống nhau đều có 9 AO hóa trị, có thể có: 1 electron độc thân:

NH ƠN

hoặc 3 electron độc thân: 5 electron độc thân: 7 electron độc thân:

0,75

- Hợp chất ClF7 không tồn tại vì thể tích nguyên tử clo rất nhỏ, lực đẩy của các vỏ nguyên tử flo sẽ phá vỡ các liên kết trong phân tử. Hợp chất BrF7 cũng được giải thích tương tự hợp chất ClF7 (BrF7 hiên nay chưa điều chế được).

3.2

- Hợp chất IF7 tồn tại vì thể tích nguyên tử I rất lớn so với thể tích nguyên tử F, lực đẩy của các vỏ nguyên tử flo không phá vỡ được các liên kết trong phân tử; mặt khác, sự chênh lệch năng lượng giữa các phân mức của lớp ngoài cùng trong nguyên tử I không lớn nên dễ xuất hiện cấu hình 7 electron độc thân và có sự chênh lệch lớn về độ âm điện giữa I so với F nên hợp chất IF7 bền. Đặt x, y, z lần lượt là số mol Fe, Zn, Al trong 20,4 g hỗn hợp X  mX = 56x + 65y + 27z = 20,4 (gam)

(I)

Cho X tác dụng với dung dịch HCl:

KÈ M

Fe + 2HCl   FeCl2 + H2

(1)

Zn + 2HCl   ZnCl2 + H2

(2)

2Al + 6HCl   2AlCl3 + 3H2

(3)

Từ 1, 2, 3 và đầu bài  nH2  x  y 

3 10, 08 z  0, 45mol 2 22, 4

(II) 1,0

Vì thành phần các kim loại trong X không đổi nên trong 0,2 mol hỗn hợp X có số

DẠ Y

mol Fe, Zn, Al lần lượt là kx, ky, kz  kx + ky + kz = 0,2

(III)

Cho 0,2 mol X tác dụng với clo: 2Fe + 3Cl2  2FeCl3

(4)

 ZnCl2

(5)

Zn + Cl2

2Al + 3Cl2  2AlCl3 (6)

Theo phương trình: nCl2 =

3 2

kx + ky +

3 2

kz =

6,16 22,4

= 0,275 mol

(IV)

Từ (I), (II), (III), (IV)  x = 0,2; y = 0,1; z = 0,1 (k = 0,5) Vậy trong 20,4 gam X có: mFe = 11,2 gam; mZn = 6,5 gam; mAl = 2,7 gam.

C5H10 có 9 công thức cấu tạo: (I) CH2 = CH – CH2 – CH2 – CH3

(II) CH3 – CH = CH – CH2 – CH3

Công thức cấu tạo có đồng phân hình học là (II), (VI).

trans – pent – 2 – en (Z) – pent – 2 – en

NH ƠN

cis – pent – 2 – en hoặc (Z) – pent – 2 – en

cis – 1,2 – dimetylxiclopropan hoặc (Z) – 1,2 – dimetylxiclopropan

0,5

OF FI

4.1

0,5

trans – 1,2 – dimetylxiclopropan (E) – 1,2 – dimetylxiclopropan

Công thức có đồng phân quang học là (VI):

0,5

đồng phân meso (R,S) 1,2 – dimetylxiclopropan

Các cấu dạng ghế của 1,2 – dimetylxiclohexan

KÈ M

4.2

cặp đối quang (S,S)

(R,R)

0,5

Trong các cấu dạng trên, dạng (2) bền nhất, dạng (1) kém bền nhất. a. Đặt công thức phân tử của A là CxHy, số mol là a mol (y  2x +2, y chẵn)

DẠ Y

5.1

CxHy +

4𝑥+𝑦 4

O2  xCO2 +

Bình đựng P2O5 hấp thụ H2O  nH2 O =

𝑦

H2O

2 ay 2

(1) 2,16 18

= 0,12 mol  ay = 0,24 1,0

Bình dựng dung dịch Ba(OH)2 hấp thụ CO2: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O

nCO2 (pư 2) = nBaCO3 =

11,82 197

= 0,06 mol

(2)

Có thể có: 2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2 + H2O

(3)

𝑛𝐵𝑎(𝑂𝐻)2 = 0,08 𝑚𝑜𝑙  𝑛𝐵𝑎(𝑂𝐻)2 𝑝ư (3)𝑛ế𝑢 𝑐ó = 0,02 𝑚𝑜𝑙

Trường hợp 1: không xảy ra phản ứng (3) nCO2 = ax = 0,06 mol  x : y = 1: 4  A là CH4 (metan) Trường hợp 2: xảy ra phản ứng (3)

nCO2 = ax = 0,06 + 0,02  2 = 0,1 mol  x : y = 5: 12  A là C5H12

Pentan

iso - petan (2 – metylbutan)

OF FI

Các công thức cấu tạo có thể và tên gọi:

neo – petan (2,2 – dimetylpropan)

NH ƠN

b. Vì A tác dụng với clo cho 4 sản phẩm monoclo nên A là isopentan. Phương trình phản ứng:

0,5

Do vậy: tỉ lệ sản phẩm 1 là:

Tỉ lệ sản phẩm thế phụ thuộc vào tốc độ thế và số nguyên tử H có thể thế được.

tỉ lệ sản phẩm 1 là:

KÈ M

tỉ lệ sản phẩm 1 là: tỉ lệ sản phẩm 1 là:

5.2

6×1

6 ×1+1 ×4,8+2 ×3,2+3 ×1 1 × 4,8 6 ×1+1 ×4,8+2 ×3,2+3 ×1 2 × 3,2 6 ×1+1 ×4,8+2 ×3,2+3 ×1 3×1 6 ×1+1 ×4,8+2 ×3,2+3 ×1

 100% = 29,70%  100% = 23,76%  100% = 31,68%  100% = 14,85%

Cơ chế phản ứng:

Học sinh chỉ cần viết đúng cơ chế dưới dạng công thức cấu tạo.

0,25

DẠ Y

Cấu trúc sản phẩm nếu chất đầu là cis – but – 2 – en:

0,25

DẠ Y

KÈ M Y

QU NH ƠN

OF FI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: Hóa học KHỐI 11

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)

Ngày thi: 11 tháng 05 năm 2020

Câu 1: (1 điểm)

OF FI

1. Cho hỗn hợp gồm 18,56 gam Fe3O4 và 7,68 gam Cu vào 600 ml dung dịch HCl 1M, kết thúc phản ứng thu được dung dịch X và còn lại x gam rắn không tan. Tính x? 2. Tiến hành điện phân 200 ml dung dịch X gồm HC1 0,8M và CuSO4 1M với cường độ dòng điện không đổi I = 2,68 ampe trong thời gian 2 giờ (điện cực trơ, có màng ngăn, hiệu suất điện phân 100%). Coi các khí tan trong nước không đáng kể. Tính thể tích khí thoát ra ở anot. Câu 2: (1 điểm)

NH ƠN

1. Hợp chất X mạch hở có công thức phân tử là C5H11NO2, có mạch cacbon phân nhánh. Cho 11,7 gam X phản ứng với 150 ml dung dịch NaOH 1M sinh ra một chất khí Y và dung dịch Z. Khí Y nặng hơn không khí, làm giấy quỳ tím ẩm chuyển sang màu xanh. Dung dịch Z có khả năng làm mất màu nước brom. Tính khối lượng chất rắn thu được khi cô cạn dung dịch Z. 2. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm ba este (chỉ có chức este) tạo bởi axit fomic với các ancol metylic, etylenglicol và glixerol thu dược 4,032 lít CO2 (đktc) và 2,52 gam H2O. Tính m?

Câu 3: (1 điểm)

Câu 4: (1 điểm)

Cho m gam hỗn hợp Cu và Fe vào 200 ml dung dịch AgNO3 0,2M, sau một thời gian thu được 4,16 gam chất rắn X và dung dịch Y. Cho 5,2 gam Zn vào dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 5,82 gam chất rắn Z và dung dịch T. Tính m?

KÈ M

Hỗn hợp X gồm chất Y (C2H8N2O4) và chất Z (C5H10N2O3); trong đó, Y là muối của axit đa chức, Z là đipeptit mạch hở. Cho 33,2 gam X tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng, thu được 0,3 mol khí. Mặt khác 33,2 gam X tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được m gam chất hữu cơ. Tính m? Câu 5: (1 điểm)

DẠ Y

Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe3O4, Zn vào dung dịch chứa đồng thời HNO3 và l,726 mol HCl, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 95,105 gam các muối clorua và 0,062 mol hỗn hợp 2 khí N2O, NO (tổng khối lượng hỗn hợp khí là 2,308 gam). Nếu đem dung dịch Y tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thi thu được 254,161 gam kết tủa. Còn nếu đem dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư (không có mặt oxi) thì thu được 54,554 gam kết tủa. Tính m?

Câu 6: (1,5 điểm) 1. Nguyên tử của nguyên tố X có electron cuối cùng có bộ các số lượng tử: 1

n = 3; l = 2; m = 0 và s = + . 2

a) Viết cấu hình electron của nguyên tử nguyên tố X.

b) Hãy xác định năng lượng ion hóa thứ z (theo kJ/mol) của nguyên tử nguyên tố X. Với z là số hiệu nguyên tử của nguyên tố X. 2. Cho các chất: BF3, CF4, NH3.

a. Viết công thức Liuyt, cho biết cấu trúc hình học của các phân tử, trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm. b. Các chất có tác dụng được với nhau không? Nêú có viết phương trình phản ứng.

OF FI

Câu 7: (1 điểm)

M là chất có tính oxi hóa mạnh, tan được trong nước. Nhiệt phân M thu được các sản phẩm P (rắn), Q (rắn), R (khí) đều là các chất có tính oxi hóa mạnh. Hoàn tan P vào nước, sau đó sục khí clo vào thu được dung dịch M. Nung chảy Q với kiềm trong điều kiện có mặt oxi thu được P (màu lục). Nếu đun nóng Q với H2SO4 thì được R và dung dịch màu hồng của chất E. Biết E là sản phẩm khử của M khi cho M tác dụng với KCl trong axit sunfuric. Trong M, P, Q và E đều chứa cùng một kim loại.

NH ƠN

Xác định các chất M, P, Q, R và E. Viết các phương trình phản ứng. Câu 8: (0,75 điểm)

Hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O có khối lượng phân tử bằng 74 đvc. Biết A không phản ứng với Na, khi phản ứng với dung dịch NaOH chỉ thu được một sản phẩm hữu cơ. Biết từ A thực hiện được sơ đồ: A

+ C H 3 M gC l

+H 2O

C H 3C H O

H 2O

bu ta n

Xác định công thức cấu tạo của A và viết phương trình phản ứng.

Câu 9: (0,75 điểm)

(B)

KÈ M

(A)

Sắp xếp các chất sau theo trình tự tăng dần tính bazơ. Giải thích.

(C)

(D)

(E)

Câu 10: (1 điểm)

DẠ Y

Sự phát triển của các loại dược phẩm mới phụ thuộc chủ yếu vào tổng hợp hữu cơ. Phương pháp chỉnh lại phân tử (fine-tuning) được sử dụng để có thể nhận được các tính chất như mong muốn. Sau đây là qúa trình tổng hợp thuốc gây mê cục bộ proparacaine (còn được gọi là proxymetacaine), chất này được sử dụng để điều trị các bệnh về mắt. Hoàn thành qúa trình tổng hợp bằng cách viết công thức cấu tạo các chất A, B, C, D và E

Tất cả đều là các sản phẩm chính

---------------------------------------------------- Hết ------------------------------------------------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

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

ĐÁP ÁN

(Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)

CÂU

Số mol electron trao đổi: nelectron Tại anot: 2 Cl-  Cl2 + 0,16  0,08 2 H2O  4H+ +

I.t

OF FI

Ta có: nFe3 O4 = 0,08 mol, nCu = 0,12 mol, nHCl = 0,6 mol Fe3O4 + 8HCl  2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O Pư: 0,075 0,6 0,15 0,075 mol Cu + 2FeCl3  2FeCl2 + CuCl2 Pư: 0,075 0,15 mol Chất rắn còn dư: Fe3O4: 0,005 mol; Cu: 0,045 mol  x = 4,04 gam

ĐIỂM

0,5

= F = 0,2 mol 2e 0,16 mol O2 + 4e 0,01  (0,2 – 0,16) mol  Thể tích khí thoát ra tại anot: V = (0,08 + 0,01).22,4 = 2,016 lít

0,5

Theo đề bài X là muối amoni của axit không no có nhánh, khí Y nặng hơn không khí do đó Y là amin. Với CTPT của X là C5H11O2N thì X chỉ có thể là: CH2 = C(CH3) – COONH3-CH3  Cho 11,7 gam X (0,1 mol) tác dụng với 0,15 mol NaOH: CH2=C(CH3)–COONH3-CH3 + NaOH  CH2=C(CH3)–COONa + CH3NH2 + H2O Chất rắn thu được gồm 0,1 mol C3H5O2Na và 0,05 mol NaOH dư. mchất rắn = 12,8 gam

0,5

2.1

NỘI DUNG

NH ƠN

1.2

Ngày thi: tháng 02 năm 2020

1.1

KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: Hóa học KHỐI 11

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

Nhận xét: 3 este trong X đều có số nguyên tử C bằng số nguyên tử O 2.2

mà meste = mC + mH + mO = (12 + 16)nC + 1.nH = 28nCO2 + 2nH2 O

0,5

Vì các phản ứng xảy ra hoàn toàn, nNO3 − = 0,04 mol < 2 . nZn nên muối trong dung dịch T chỉ có 0,02 mol Zn(NO3)2. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: (1) m + mAgNO = mX + mmuối trong Y 3 (2) mZn + mmuối trong Y = mZ + mmuối trong T Từ (2)  mmuối trong Y = 5,82 + 0,02.189 – 5,2 = 4,4 gam Từ (1)  m = 4,16 + 4,4 – 0,04.170 = 1,76 gam. Theo đề bài Y là (COONH4)2 ; Z là Gly-Ala hoặc Ala-Gly. Cho X tác dụng với NaOH : (COONH4)2 + 2NaOH  Na2C2O4 + 2NH3 + 2H2O Gly-Ala (Ala-Gly) + 2NaOH  NH2CH2COONa + NH2CH(CH3)COONa + H2O 1 33,2−0,15.124  nY = 2 nNH3 = 0,15 mol  nZ = = 0,1 mol 146 Cho X tác dụng với HCl dư thì chất hữu cơ thu được gồm: H2C2O4 0,15 mol ClNH3CH2COOH: 0,1 mol; ClNH3CH(CH3)COOH: 0,1 mol  m = 90.0,15 + 111,5.0,1 + 122,5.0,1 = 37,2 gam

DẠ Y

KÈ M

 m = 5,32 gam

1,0

Dung dịch Y tác dụng với AgNO3 dư: kết tủa có AgCl và có thể có Ag. Theo bảo toàn clo ta có: nAgCl = nHCl = 1,726 mol  nAg = (254,161 – 1,726.143,5) : 108 = 0,06 mol.  dung dịch Y có 0,06 mol Fe2+ Dễ dàng tính được nN2 O = 0,032 mol , nNO = 0,03 mol

0,25

0,5

Giải hệ (1), (2), (3), (4) ta được x = 0,128 ; y = 0,08 ; z = 0,15.  m = 24x + 65y + 232z = 43,072 gam

0,25

a) Ứng với các số lượng tử đã cho  electron cuối cùng ứng với cấu hình: 3d3 Theo Kleckoski  phân lớp 3d có mức năng lượng lớn hơn các phân lớp: 1s, 2s, 2p, 3s, 3p, 4s. Do đó theo nguyên lý vững bền, thứ tự điền electron trong nguyên tử của nguyên tố X là: 1s22s22p63s23p64s23d3 Vậy cấu hình electron của X là: 1s22s22p63s23p63d34s2

0,5

6.1

NH ƠN

OF FI

Đặt số mol Mg, Zn, Fe3O4 trong X lần lượt là x, y, z mol Cho X tác dụng với dung dịch chứa HNO3 và HCl được dung dịch Y chỉ chứa muối clorua  cả hai axit phản ứng hết. Dung dịch Y thu được chứa: MgCl2 x mol; ZnCl2 y mol, FeCl3 (3z – 0,06) mol, FeCl2 0,06 mol có thể có NH4Cl: t mol Bảo toàn Cl có: 2x + 2y + 9z – 0,06 + t = 1,726 mol  2x + 2y + 9z + t = 1,786 (1) Từ khối lượng muối trong Y có : 95x + 136y + 162,5(3z-0,06) + 127.0,06 + 53,5t = 95,105 gam  24x + 65y + 168z + 18t = 33,832 (2) Bảo toàn electron ta có: 2x + 2y + z – 0,06 = 8t + 8nN2 O + 3nNO  2x + 2y + z – 8t = 0,406 (3) Cho dung dịch Y tác dụng với NaOH dư (không có oxi) kết tủa thu được gồm: Mg(OH)2: x mol; Fe(OH)3 (3z – 0,06) mol, Fe(OH)2 0,06 mol  58x + 107.(3z – 0,06) + 90.0,06 = 54,554 gam  58x + 321z = 55,574 (4)

b) Nguyên tố X có Z = 23 => Năng lượng ion hóa thứ Z của X là:

232 Iz = - En =  13, 6 2 = 7194,4 eV 1 = 7194,4 (eV). 1,602.10-19 (J/eV). 6.1023 (mol-1) = 691 526 kJ/mol Chất

Công thức Liuyt

KÈ M

6.2

Loại phân tử

TT lai hoá

0,5

Hình học phân tử  đều

BF3

AX3E0

sp2

B F

DẠ Y

CF4

Tứ diện

AX4E0 F

sp3 F F

0,25

Đáy tháp tam giác

NH3

H sp3

AX3E1

N H

OF FI

- Phân tử BF3 ngoài 3 liên kết σ, còn có 1 liên kết π không định chỗ do sự xen phủ của obitan p còn trống của nguyên tử B và 1 trong các obitan p chứa 2e của các nguyên tử F. Liên kết π này không bền vững, vì F là nguyên tố âm điện nhất chỉ nhận e, rất khó nhường e nên BF3 là một axit Lewis, có khả năng nhận e của chất khác. - NH3 có 1 cặp e chưa liên kết, nên nó đóng vai trò là 1 bazo Lewis. - Do đó BF3 và NH3 có thể phản ứng với nhau.

F F B F

H H

NH ƠN

BF3 + NH3

0,25

- Phân tử CF4 bền vững, không phản ứng với 2 chất trên.

Chọn M là KMnO4 , P là K2MnO4, Q là MnO2, R là O2 ; E là MnSO4 : 𝑡0

2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2 2K2MnO4 + Cl2  2KMnO4 + 2KCl nung nóng chảy

1,0

2MnO2 + 4KOH + O2 → 2K2MnO4 + 2H2O 2MnO2 + 2H2SO4  2MnSO4 + O2 + 2H2O 2KMnO4 + 10KCl + 8H2SO4  2MnSO4 + 6K2SO4 + 5Cl2 + 8H2O Đặt công thức phân tử của A là CxHyOz. Theo giả thiết ta có:

12x + y + 16z = 74; y  2x + 2  z  (74 - 12.1 – 2):16 = 3,75 Lần lượt xét z = 1, 2, 3 ta thu được các công thức: C4H10O; C3H6O2; C2H2O3 Mà A thoả mãn sơ đồ thì A phải có CTPT và CTCT tương ứng là: C2H2O3 và

0,5

KÈ M

anhidrit fomic

Các phương trình phản ứng: (HCO)2O + 2 NaOH  2HCOONa + H2O (HCO)2O + CH3MgCl  CH3CH(OOCH)OMgCl CH3CH(OOCH)OMgCl + H2O  CH3CHO + HCOOH + Mg(OH)Cl

DẠ Y

C2H5MgCl + CH3CH=O  CH3CH2CH(CH3)OMgCl CH3CH2CH(CH3)OMgCl + H2O CH3CH2CH(CH3)OH Thứ tự tăng dần tính bazơ: A < C < D < B < E Giải thích: - Nguyên nhân tính bazơ: Do N có cặp e tự do - Tính bazơ tăng khi mật độ e trên N tăng và cation tạo ra bền hơn

0,25

- A, C < D, B, E do cặp E trên N đã tham gia liên hợp với 2 nối đôi. - A < C do C có CH3(+I) vào vòng nên mật độ e trên N của C cũng tăng lên. - D < B, E do N của D lai hoá sp2 còn N của B và D lai hoá sp3 mà độ âm điện của Nsp2 > Nsp3 nên khả năng nhường cặp e sẽ giảm. Mặt khác B,D có 2 nhánh hidrocacbon có +I làm tăng mật độ e trên N. - B<E do E có cấu tạo vòng nên tạo cation bền hơn (do được hidrat hoá bền hơn).

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

OF FI

0,5

FI CI A

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 11 Môn: Hóa học Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 5 tháng 10 năm 2020

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Tổ Hóa học

ƠN

Câu 1. ( 2,0 điểm) 1.Dung dịch A gồm CH3COOH 0,010 M và NH4Cl 0,200 M. Tính pH của dung dịch A. 2.Dung dịch X chứa đồng thời hai muối MgCl2 0,004M và FeCl3 0,001M. Cho KOH vào dung dịch X. Kết tủa nào tạo ra trước? Tìm pH thích hợp để tách 1 trong 2 ion Mg2+ hoặc Fe3+ ra khỏi dung dịch? Biết rằng nếu nồng độ của một ion trong dung dịch nếu nhỏ hơn hoặc bằng 10-6M thì coi như đã hết. 3.Cho một dung dịch Fe2+ 0,010M được giữ ở pH cố định nhờ hệ đệm. Cho H2S lội chậm qua dung dịch này đến bão hòa.Tính pH nhỏ nhất của dung dịch cần có để bắt đầu xuất hiện kết tủa FeS. Cho: Ka(CH3COOH) = 1,0.10-4,76; Ka(NH4+) = 10-9,4; Ks,Mg(OH)2 = 10-11; Ks,Fe(OH)3 = 10-39;lgKs(FeS) = -17,2; H2S có pKa1 = 7,02 và pKa2 = 12,09; tổng nồng độ H2S trong dung dịch bão hòa là 0,10M (tức là tổng nồng độ của cả H2S, HS-, S2-).

Câu 2. ( 2,0 điểm) 1.Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương pháp ion – electron: a)CH3COOH + Co2+ + NO2- → Co(NO2)63- + NO + CH3COO- + .... b) CrI3 + Cl2 + OH- → CrO42- + IO4- + Cl- + ... 2.Cho giản đồ Latimer của americium (Am) ở 298,15K (pH= 0) như sau 1.60 0.82 2.62 2.30 1.95 AmO22  AmO2  Am4    Am3   Am 2   Am

RT o .ln = 0,0592lg; ETlo 3 /Tl  = 1,252V; EMnO   2  = 1,507V; MTl = 204,4. 4 , H / Mn F

KÈ

Cho:ở 250C thì

QU Y

Sản phẩm nào tạo thành khi hòa tan kim loại Am vào dung dịch HCl1M ở 298K? Giải thích? 3.Xét một pin điện hoá gồm hai cốc thuỷ tinh nối với một cầu muối. Mỗi cốc thuỷ tinh gồm một điện cực Platin nhúng vào dung dịch chứa các ion ở nồng độ tiêu chuẩn. Pt | Tl3+, Tl+ || MnO4-, Mn2+, H + | Pt a) Viết các bán phản ứng và phản ứng tổng xảy ra khi pin hoạt động và xác định hằng số cân bằng K của phản ứng. b) Tính điện lượng tiêu thụ để làm biến đổi 5,0mg ion Tl+ theo phản ứng ở ý a.

DẠ

Câu 3. ( 2,0 điểm) 1. Khi hòa tan InCl (r) (KLNT In = 114,8) vào dung dịch HCl, ion In + (aq) phân huỷ thành In (r) và ion In3+ (aq). Động học quá trình phân hủy này là bậc nhất với chu kỳ bán hủy bằng 667 giây. Hòa tan 2,38 gam InCl (r) vào dung dịch HCl để tạo dung dịch có thể tích 5,00.10 2 mL. Tính nồng độ ion In+ còn lại và khối lượng In (r) hình thành sau 1,25 giờ. 2. Phản ứng phân hủy nhiệt metan xảy ra theo cơ chế như sau: k1  CH3 + H CH4  k2  C2H6 + H CH4 + CH3  k3 CH4 + H  CH3 + H2 k4  CH4 + M H + CH3 + M 

Áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với các tiểu phân trung gian hãy tìm biểu thức của d  C2 H 6  phụ thuộc vào nồng độ của CH4. dt

1 2  A  C 3. Xét phản ứng song song: B  Năng lượng hoạt hóa Ea1 = 45,3kJ.mol-1; Ea2 = 69,8kJ.mol-1. Biết rằng, ở 320K thì k1 = k2. Hãy xác định nhiệt độ tại đó k1/k2 = 2,00. Câu 4. ( 2,0 điểm) 1. So sánh (kèm giải thích) momen lưỡng cực của cis và trans CH3– CH=CH– Cl . 2. So sánh (kèm giải thích) lực axit của axit xiclohexancacboxylic và axit 2,2-đietyl butanoic 3. So sánh (kèm giải thích) nhiệt độ nóng chảy của các hợp chất (2), (3) và (4):

COOH

COOH N

(3)

(2)

(4)

FI CI A

KÈ

QU Y

ƠN

4. Cho các ancol p-CH3C6H4CH2OH (5), p-CH3OC6H4CH2OH (6), p-CNC6H4CH2OH (7) và pClC6H4CH2OH (8). So sánh (kèm giải thích) khả năng phản ứng SN của các ancol này với HBr. Câu 5. ( 2,0 điểm) 1. Chất A có công thức phân tử C7H12. Khi thực hiện phản ứng ozon phân A tạo HCHO và xiclohexanon.Thực hiện quá trình chuyển hoá A liên tiếp sau: 1, HBr ; 2, Mg/ ete; 3, CO 2 sau đó với H3O+ ta thu được hợp chất B (C8H14O2) .Nếu cho A tác dụng với HBr/ peoxit tiếp theo cho sản phẩm tác dụng với KCN sau đó xử lý bằng dung dịch axit loãng ta thu được chất C ( C8H14O2) . C cũng có thể tạo ra bằng cách cho sản phẩm của A với HBr/ peoxit tác dụng với Mg/ete, tiếp theo CO2 và xử lý bằng dung dịch axit. Xác định cấu trúc các chất trung gian A, B, C 2. Người ta tiến hành các phản ứng sau đây để xác định công thức cấu tạo của hợp chất thơm A (C9H10O): - Oxy hóa mạnh chất A với KMnO4 đậm đặc thu được hai axit C7H6O2 và C2H4O2. - Cho A phản ứng với metyl magie bromua rồi thuỷ phân thu được ancol bậc ba (B) có một nguyên tử cacbon bất đối. a. Viết công thức cấu tạo và gọi tên A. b. Hãy cho biết góc quay mặt phẳng ánh sáng phân cực của ancol B bằng 0 hay khác 0, vì sao? c. Cho A tác dụng với metyl iodua dư trong môi trường bazơ mạnh người ta cô lập được C (C11H14O). Hãy cho biết tên cơ chế phản ứng. Viết công thức cấu tạo và gọi tên C.

DẠ

----------------------------------Hết-----------------------------

Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 5 tháng 10 năm 2020

Điểm

0,5

1011  5.105 M 3 4.10

Để Mg(OH)2 xuất hiện thì: [OH-] ≥

ƠN

FI CI A

Câu Ý Hướng dẫn chấm + I 1. NH4Cl  NH4 + Cl (2,0đ) Trong dung dịch có các cân bằng sau: ƒ HAc Ac+ H+ Ka = 10-4,76 ƒ NH4+ NH3 + H+ Ka' = 10-9,24 ƒ H2O H+ + OH- Kw=10-14 Vì K1C1>> K2C2, KW; bỏ qua sự phân li của nước và NH4+, tính theo: ƒ HAc Ac+ H+ Ka = 10 - 4,76 C 0,01 [ ] 0,01 - x x x 2 x Ta có: K1   104,76 (0,01 x) x= [H+] = 4,083.10-4 MpH = 3,39 2. Mg2++2OH- ƒ Mg(OH)2↓ Fe3++ 3OH- ƒ Fe(OH)3 ↓

ĐÁP ÁNĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 11 Môn: Hóa học

QU Y

39 Để Fe(OH)3 xuất hiện thì: [OH-] ≥ 3 10  1012 M 103 Vậy Fe(OH)3 tạo thành trước. Để không tạo ↓ Mg(OH)2 thì:

1011  5.105 M → [H+] > 2.10-10M  pH < 9,70 3 4.10 Để Fe(OH)3 kết tủa hoàn toàn thì [Fe3+] ≤ 10-6M nên 1039 [OH-] ≥ 3 6  1011 M → [H+] ≤ 10-3M → pH ≥ 3,00 10 Vậy để Fe(OH)3 tách khỏi dung dịch thì 3,00 ≤ pH < 9,70 3. Điều kiện để FeS bắt đầu xuất hiện kết tủa là: CFe .[S2-] ≥ Ks (FeS)  [S2-] ≥ 10-17,2/10-2 = 10-15,2M

KÈ

2

Trong dung dịch bão hòa H2S thì:

Từ đó để có kết tủa thì:  h ≤ 3,51.10-3M  pH ≥ 2,45

DẠ

0,5

[OH-] <

0,5

a) COOH + Co2+ + NO2- → Co(NO2)63- + NO + CH3COO- + ... 1 Co 2  6 NO2   Co( NO2 )36  e 1 NO2  2CH 3COOH  e  NO  2CH 3COO   H 2O

0,25

Am + nH+ → Amn+ +

n H2 2

0,25

2CrI 3  64OH   27Cl2  2CrO42  6 IO4  54Cl   32 H 2O Phản ứng xảy ra khi cho Am vào dung dịch HCl 1M là

FI CI A

Co 2  7 NO2   2CH 3COOH  Co( NO2 )36  NO  2CH 3COO   H 2O b) CrI3 + Cl2 + OH- → CrO42- + IO4- + Cl- + ... 2  CrI 3  32OH   CrO42  3IO4  16 H 2O  27e 27  Cl2  2e  2Cl 

II (2,0đ)

o o Ta có: ∆Gopứ = -nF∆Eo = - nF( E2oH  / H - E Am ) = nF E Am n n / Am / Am 2

ƠN

0,5 Nếu phản ứng tạo ra Am2+: ∆rGo= 2.F.(-1,95) = -3,90F 3+ o Nếu phản ứng tạo ra Am : ∆rG = [(-1,95 2) – 2,30]F = -6,20F Nếu phản ứng tạo ra Am4+: ∆rG = [(-1,95 2) – 2,30 + 2,62]F = -3,58F Như vậy phản ứng tạo ra sản phẩm Am3+ có ∆rGo âm nhất, nên khi cho kim loại Am vào dung dịch HCl ở điều kiện trên sẽ thu được sản phẩm là Am3+ (hay AmCl3). o Ta có: ETlo 3 /Tl < EMnO nên  , H  / Mn 2  4

Tại anot (-) : Tl → Tl3+ + 2e Tại catot (+): MnO4- + 8H+ + 5e → Mn2+ + 4H2O Phản ứng xảy ra trong pin: 2MnO4- + 16H+ + 5Tl+ → 2Mn2+ + 8H2O + 5Tl3+ o o o Ta có: = E(  ) – E(  ) = 1,507 – 1,252 = 0,255V E pin

QU Y

nE opin

10.0,255 0,0592

 10 Vậy: K = 10 = 1,19.1043 Điện lượng được vận chuyển để làm biến đổi 5,0 mg Tl+ là: 5,0.103 Q = It = ne.F = 2. .96485 = 4,72C 204, 4 0,0592

0,5

KÈ

III (2,0đ)

0,5

DẠ

Từ

Từ phương trình 3In+ 2In + In3+

nIn  0, 0105 mol .Vậy khối lượng In(r) hình thành mIn  0, 0105.114,8  1, 21g

0,5

k2 CH 3  k3

Thay biểu thức này vào (*) ta có

dt 3

CH 3  M  suy ra CH 3  

 k2 CH 4 CH 3  

Ta có: 

k1k3 CH 4  . k2 k4  M 

3 3 k1k2 k3 k .k .k CH 4 2  k CH 4 2 với k  1 2 3 k4  M  k 4  M

0,25

Do đó: d C2 H 6 

k2 CH 3 

ƠN

k1 CH 4   k4

0,25

k2 CH 4 CH 3   k3 CH 4  H  hay k2 CH 3   k3  H    H  

Tốc độ hình thành của các tiểu phân áp dụng nguyên lý nồng độ dừng đối với H và CH3 ta có: d  C2 H 6   k2 CH 4  .CH 3  dt d H   k1 CH 4   k2 CH 4  .CH 3   k3 CH 4  . H   k4  H CH 3  M   0(1) dt d CH 3   k1 CH 4   k2 CH 4 CH 3   k3 CH 4  H   k4  H CH 3  M   0(2) dt Cộng hai phương trình 1, 2 ta có: k1  CH 4   k4  H CH 3  M  (*)

FI CI A

Ea1

Ở 320K thì k1 = k2. Từ đó suy ra A1/A2 = 10-4 Do A là hằng số không phụ thuộc vào nhiệt độ nên tỉ lệ A1/A2 không đổi. Thay vào biểu thức (*). Với trường hợp k1/k2 vào biểu thức (*) tính được T = 298K.

0,5

1. Momen của cis < trans CH3–CH=CH–Cl Cis : μA = 1,57 D trans: μB = 1,69 D

0,5

2. Tính axit: Axit xiclohexancacboxylic > axit 2,2-đietyl butanoic là do:

DẠ

KÈ

IV (2,0đ)

QU Y

k1 A1.e RT A1 Ea 2RT Ea1 A1 2947   .e  .e T (*) E  a2 k2 A A2 2 A2 .e RT

0,5

C2H5 COOH

COOH

C2H5 C2H5

FI CI A

C2H5 COO-

COO-

C2H5

Bị solvat hóa tốt hơn

Yếu tố xét nhiệt độ nóng chảy ở đây là phân tử khối và liên kết-H (liên phân tử). Phân tử khối của (2) > của (4). Chất (3) có nhiều liên kết-H do có thêm N. Thứ tự tăng dần nhiệt độ nóng chảy của các chất: COOH

COOH <

V (2,0đ)

N (B)

Phản ứng giữa ancol với HBr xảy ra theo cơ chế SN qua giai đoạn tạo benzylic cacbocation trung gian. Các nhóm làm bền carbocation này làm khả năng khả ưng cao hơn. Nhóm – OCH3 đẩy electron (+C): tốt nhất; nhóm CH3 có (+I) nên cũng làm bền nhưng kém hơn nhóm –OCH3 vì (+C) > (+I). Nhóm –CN (-C) hút electron mạnh hơn nhóm –Cl (-I > +C) nên khả năng phản ứng giảm. Thứ tự tăng dần khả năng phản ứng với HBr là: p-CNC6H4CH2OH <p-ClC6H4CH2OH <p-CH3C6H4CH2OH <p-CH3OC6H4CH2OH

QU Y

COOH

S (A)

(C)

CH3

CH2

HBr

CH3

MgBr

Mg/ ete

KÈ

(hoÆc 1. Mg/ ete 2. CO2 3. H3O+

0,5

COOH 0,2x5

CH2COOH

)

1. KCN 2. H3O+

CH3

1. CO2 H3O+

CH2Br

HBr/peoxit

0,5

ƠN

Bị solvat hóa kém do hiệu ứng không gian

O  C7 H 6O2  C2 H 4O2 a) A  A có nhân benzen, một mạch nhánh, có 1O và một liên kết đôi axit benzoic axit axetic

DẠ

0,5

CH3 CH2CH3

1) CH3MgBr 2) H3O+

C6H5

CH2CH3 (B)

0,25

A: etylphenylxeton

FI CI A

C6H5

b) B = 0 vì CH3MgBr tấn công như nhau vào hai phía nhóm C = O tạo ra hỗn hợp raxemic. c) Ta có: CH3

OH-

CH3I SN 2

C6H5

C6H5COCH2CH3

CH3

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

tert-butylphenylxeton

(C)

0,25

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Tổ Hóa học

FI CI A

Môn: Hóa học Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 7 tháng 12 năm 2020

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 11

Câu1: ( 1,5 điểm)

Dựa vào đặc điểm cấu tạo của các phân tử NH3, H2S và H2O. Hãy cho biết.

a) Tại sao góc hóa trị của các phân tử lại khác nhau: Góc (HNH) = 1070, góc (HSH) = 920, góc

(HOH) = 104,50. Giải thích.

b) Tại sao ở điều kiện thường H2S và NH3 là chất khí còn H2O là chất lỏng. c) Theo em tại sao H2O có khối lượng riêng lớn nhất ở 40C và P = 1 atm.

ƠN

Câu 2:(1,5 điểm)

định được các áp suất riêng phần sau đây:

   Trong một hệ có cân bằng 3H2 + N2  2 NH3 (*) được thiết lập ở 400 K người ta xác

p H 2 = 0,376.105 Pa , p N2 = 0,125.105 Pa , p NH3 = 0,499.105 Pa 1. Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG0 của phản ứng (*) ở 400 K.

QU Y

2. Tính lượng N2 và NH3, biết hệ có 500 mol H2. 3. Thêm 10 mol H2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng không đổi. Bằng cách tính, hãy cho biết cân bằng (*) chuyển dịch theo chiều nào? 4. Trong một hệ cân bằng H2/N2/NH3 ở 410 K và áp suất tổng cộng 1.105 Pa, người ta tìm được:

Kp = 3,679.10-9 Pa-2, n(N2) = 500 mol , n(H2) = 100 mol và n(NH3) = 175 mol. Nếu thêm 10

KÈ

mol N2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất không đổi thì cân bằng chuyển dịch theo chiều nào?

Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1 atm = 1,013.105 Pa.

Câu 3: (2,0 điểm)

DẠ

1. Tính nồng độ của axit propionic (HPr) phải có trong dung dịch axit axetic (HAx) 2.10 -3M sao cho :

a. Độ điện li của axit axetic bằng 0,08 (-1-)

b. pH của dung dịch bằng 3,28.

Cho :

K HAx  1,8.105 ,K H Pr  1,3.105

COOH

CH3

COOH

(A)

COOH

NO2

(C)

(B)

(D)

COOH

CH2NH2

(E)

(F)

Câu 4: (2 điểm)

FI CI A

COOH

2. So sánh tính axit, nhiệt độ nóng chảy, độ tan trong nước của các chất sau:

1. Anetol có phân tử khối là 148 và hàm lượng các nguyên tố: 81,04% C; 8,16% H; 10,8% O. a) Xác định công thức phân tử của anetol. - Anetol làm mất màu nước brom; - Anetol có hai đồng phân hình học;

ƠN

b) Viết công thức cấu trúc của anetol dựa vào các thông tin sau:

- Sự oxi hóa anetol tạo ra axit metoxibenzoic (M) và sự nitro hóa M chỉ cho duy nhất axit metoxinitrobenzoic.

2. a) Viết phương trình của các phản ứng: (1) anetol với brom trong nước; (2) oxi hóa anetol thành axit metoxibenzoic; (3) nitro hóa M thành axit metoxinitrobenzoic. Viết tên của anetol và

QU Y

tất cả các sản phẩm hữu cơ nêu trên theo danh pháp IUPAC. b) Vẽ cấu trúc hai đồng phân hình học của anetol. Câu 5: (3,0 điểm).

1. Cho m gam Mg vào dung dịch chứa 0,1 mol AgNO3 và 0,25 mol Cu(NO3)2, sau một thời gian

thu được 20 gam kết tủa và dung dịch X chứa hai muối. Tách lấy kết tủa, thêm tiếp 9,6 gam bột

KÈ

sắt vào dung dịch X, sau khi các phản ứng hoàn toàn, thu được 10,56 gam kết tủa. Giá trị của m là bao nhiêu gam? ChoAg = 108; Fe = 56; Mg = 24. 2. Cho 0,5 mol hỗn hợp X gồm hai este đơn chức tác dụng vừa đủ với 350 ml dung dịch KOH

2M, thu được chất hữu cơ Y (no, đơn chức, mạch hở, có tham gia phản ứng tráng gương) và

DẠ

75,4 gam hỗn hợp muối. Đốt cháy hoàn toàn Y cần vừa đủ 16,8 lít khí O2 (đktc). Khối lượng của 0,5 mol X là bao nhiêu gam? (Cho K = 39; C=12; O= 16; H=1) &&&&&&&&&&&&&&&&& -HẾT- &&&&&&&&&&&&&&

(-2-)

ĐÁP ÁNĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 11

FI CI A

Môn: Hóa học Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 7 tháng 12 năm 2020

Ở điều kiện thường NH3, H2S là chất khí; H2O là chất lỏng. H2O và NH3 cùng tạo được liên kết hidro liên phân tử nhưng H2O có khả năng tạo liên kết hiđro mạnh hơn so với NH3 do hidro linh động hơn. H2S không tạo được liên kết hidro liên phân tử, phân tử phân cực kém nên có nhiệt độ sôi thấp.

QU Y

ƠN

Câu Ý Hướng dẫn chấm Điểm I 1. + Trong phân tử NH3 và H2O. Nguyên tử N và O đều ở trạng thái lai hóa sp3. nên góc hóa trị gần với góc 109028’. 1,5đ +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 0,5 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 kết (HNH) và nhỏ hơn 109028’. 0,5 + Trong phân tử H2S. S ở chu kì 3 khả năng tạo lai hoá kém nên trong H2S mặc dù có cấu tạo tương tự H2O nhưng S không lai hoá sp3. Nguyên tử S bỏ ra 2 electron độc thân trên 2 obitan p (px, py) xen phủ với 2 obitan 1s 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.

0,25

KÈ

3. Có hai lí do: Thứ nhất, khi nước đá nóng chảy liên kết hiđro bị đứt đi tạo thành những liên hợp phân tử đơn giản hơn. Suy ra, thể tích nước giảm nên khối lượng riêng tăng dần từ 0 – 40C. 0,25 0 Thứ hai, từ 4 C trở đi do ảnh hưởng của nhiệt, khoảng cách giữa các phân tử tăng dần làm cho thể tích nước tăng lên và làm khối lượng riêng giảm dần. Do liên quan giữa hai cách biến đổi thể tích ngược chiều nhau, nên nước có khối lượng riêng lớn nhất ở 40C. 2 II 1 0,25 PNH (0, 499  105 )2 9 -2 Kp =  Kp = = 3,747.10 Pa 1,5 đ (0,376  105 )3  (0,125 105 ) PH3  PN 3

K = Kp  K = 3,747.10-9  (1,013.105)2 = 38,45 ΔG0 = -RTlnK  ΔG0 = -8,314  400  ln 38,45 = -12136 J.mol-1 = - 12,136 kJ.mol-1

DẠ

 P0-Δn

(-3-)

n NH = 3

n H2 PH2 n H2 PH2

 PN2  n N2 =

500  0,125 = 166 mol 0,376

500  0,499 = 664 mol 0,376

 PN H3  n NH3 =

nN =

 n tổng = 1330 mol  P tổng = 1105 Pa 3

Sau khi thêm 10 mol H2 vào hệ, n tổng cộng = 1340 mol.

FI CI A

510 166 5 5  110 = 0,381.10 Pa ; P =  1105 = 0,124105 Pa N 2 2 1340 1340 664 P NH3 =  1105 = 0,496105 Pa. ΔG = ΔG0 + RTln K 1340 0, 496 2 1,0132 ΔG0 = [-12136 + 8,314  400 ln (  )] = -144,5 J.mol1 3 0,381 0,124

PH =

ƠN

 Cân bằng (*) chuyển dịch sang phải.

0,25

0,5

4 Sau khi thêm 10 mol N2 trong hệ có 785 mol khí và áp suất phần mỗi khí là: PH = 2

100  1105 Pa ; 785

PN = 2

510  1105 Pa ; 785

ΔG = ΔG0 + RTlnK

ΔG = 8,314  410  [-ln (36,79  1,0132 ) + ln (

175  1105 Pa 785

1752  7852  1,0132)] = 1002  510

0,5

III 2,0đ

QU Y

19,74 J.mol-1 Cân bằng (*) chuyển dịch sang trái.

1 a. Khi có mặt axit propionic trong dung dịch có cân bằng : H2O HPr

H+ + OH- , W = 10-14

(1)

H+ + Pr- , K1 = 1,3.10-5

(2)

KÈ

HAx H+ + Ax- , K2 = 1,8.10-5 (3) + Do sự xuất hiện thêm H của HPr nên cân bằng của HAx bị chuyển dịch sang trái và độ điện li của HAx sẽ giảm so với độ điện li của axit cùng nồng độ ở trong nước Thực tế trong dung dịch nước, ta có HAx : K 2  2 1  C

DẠ

với  << 1 , ta có :



K2 105  1,8.  0,095 C 2.103

Như vậy HPr có mặt làm độ điện li HAx còn 0,08. HAx

H+ + Ax- , K2 = 1,8.10-5 (-4-)

(3)

0,5

[HAx] 1,84.10 3  1,8.10 5.  2,07.10 4 (M)   4 [Ax ] 1,6.10

FI CI A

[H+] = K 2 .

C 2.10-3 [] 2.10-3 - C C -3 [Ax ] = C = 0,08. 2.10 = 1,6.10-4 (M) [HAx] = 2.10-3 - C = 2.10-3 - 1,6.10-4 = 1,84.10-3 (M)

[H Pr] 

[H  ][Pr  ] 2,07.104.4,7.10 5   7,48.104 K1 1,3.105

Theo định luật bảo toàn proton : [H+] = [OH-] + [Pr-] + [Ax-]  [Pr-] + [Ax-] (4) Thay [H+] vào (4) ta rút ra : [Pr-] = 2,07.10-4 - 1,6.10-4 = 4,7.10-5 (M) Theo định luật tác dụng khối lượng ta có :

ƠN

Vậy nồng độ axit HPr phải có mặt : CHPr = [Pr-] + [HPr] = 4,7.10-5 + 7,48.10-4 = 7,95.10-4 (M). b. Trong dung dịch nồng độ HAx gần đúng bằng nồng độ của ion H+ : [H ]  K2 .C  1,8.2.103.105  1,9.104 (M)

= K2 .

Khi có mặt HPr, nồng độ ion H+ tăng lên, do sự phân li HPr nên pH giảm xuống còn 3,28. Cả 2 cân bằng (2) và (3) đều tương đương, theo định luật bảo toàn proton : [H+] = [OH-] + [Pr-] + [Ax-]  [Pr-] + [Ax-] [HAx] [H Pr]  K1. [H  ] [H  ]

[HAx] = CHAx .

[H ]

K2  [H ]

 2.103.

103,28  1,93.103 (M)  5  3,28 1,8.10  10

[H  ]2  K 2 .CHAx (5,2.104 )2  1,8.10 5.1,93.10 3  K1 1,3.105

[H Pr] 

QU Y

 [H+]2 = K2.[HAx] + K1. [HPr] Thay [H+] = 10-pH = 10-3,28 = 5,2.10-4 (M)

suy ra : [HPr] = 1,8.10-2 (M)

DẠ

KÈ

K  [H  ] 1,3.105  103,28 CH Pr  [H Pr]. 1  1,8.102.  1,84.10 2 (M)   3,28 [H ] 10

(-5-)

0,5

* Khi so sánh ta cần xét dạng tồn tại thật của các axit này

2 a.

COOH

CH3

COOH

0, 5

COOH

COO-

NO2

CH2NH3+

(D)

(E)

(F)

(A)

(C)

(B)

- Tính axit: >

(D)

-CNO2

> (B)

-CCN

-CCOOH

(A)

+ICH3

(E)

-Ivòng(<<)

(F)

+Ivòng

(C)

FI CI A

COOH

+ Điện tích âm của axit tạo ra được giải tỏa làm tăng độ bền ion đó cũng như tăng tính axit

- b. (E)

Độ tan trong H2O, t 0nc >

(F)

> (B)

ƠN

+ Nhóm hút e làm tăng độ phân cực của liên kết O-H hoặc +N-H

> (C)

> (D)

0,5 > (A)

2 nhóm –COOH µphân tử lớn, tạo được liên kết

phẳng

không

tạo được liên kết hiđro liên phân tử mạnh

phẳng

hiđro liên phân tử

Ion lưỡng cực,µphân tử lớn

1 a. Xác định công thức phân tử của anetol: C = (81,04/12,00) = 6,75 ; H = (8,16/1,01) = 8,08 ; O = (10,8/16,0 = 0,675 C = 6,75/0,675 = 10 ; H = (8,08/0,675 ) = 12 ; O = 1  C10H12O b. Anetol làm mất màu nước brôm nên có liên kết đôi; vì tồn tại ở dạng hai đồng phân hình học (liên kết đôi, π) và khi oxi hóa cho axit nên có liên kết đôi ở mạch nhánh; vì chỉ cho 1 sản phẩm sau khi nitro hóa nên nhóm metoxi ở vị trí 4 (COOH- nhóm thế loại 2, metoxi nhóm thế loại 1). Đó là axit 4-metoxi-3-nitrobenzoic. Vậy anetol là:

KÈ

IV 2,0đ

QU Y

mạnh

CH CH CH3

DẠ

H3C O

(-6-)

0,5

2 *(1) anetol với brom trong nước.

CH CH CH3

CH3 Br CH CH OH

Br2/H2O

CH3 Br CH CH Br

H3C O

0,5

FI CI A

+ (2) H3CO

H3CO

*(2) oxi hóa anetol thành axit metoxibenzoic: + o

H3C O

CH CH CH3

KMnO4/H3O , t

H3CO

COOH + CH3COOH (3)

*(3) nitro hóa M thành axit metoxinitrobenzoic: H3CO

COOH

H3CO

O2N HNO3/H2SO4

COOH (4)

1 Ta có: nFe = 6/35 mol Mg + 2AgNO3 → Mg(NO3)2 + 2Ag Mg + Cu(NO3)2 → Mg(NO3)2 + Cu Dung dịch X gồm Mg(NO3)2, Cu(NO3)2 dư. Kết tủa thu được chứa Ag, Cu, có thể có Mg dư Fe + Cu(NO3)2 → Fe(NO3)2 + Cu Dung dịch X chứa a mol Mg2+, b mol Cu2+ ,0,6 mol NO3 tác dụng với Fe thu được: + 10,56 gam kết tủa chứa b mol Cu, (6/35-b) mol Fe dư →giá trị b = 0,12 Dung dịch sau phản ứng chứa: Mg2+ : a mol; Fe2+: 0,12 mol; NO3- : 0,6 mol. Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có: 2a + 2.0,12 = 0,6 → a= 0,18 mol 20 gam kết tủa chứa x mol Mg dư; 0,1 mol Ag; 0,25 - 0,12 = 0,13 mol Cu →mMg dư + 0,1.108 + 0,13.64 = 20 gam →mMg dư= 0,88 gam → m = 0,88 +0,18.24 = 5,20 gam

DẠ

KÈ

QU Y

V 3,0đ

ƠN

*Tên của anetol và tất cả các sản phẩm hữu cơ nêu trên theo danh pháp IUPAC: (1) 1-metoxi-4-(1-propenyl)benzen hoặc 1-metoxi-4-(propenyl)benzen (2) 2-Brom-1-(4-metoxiphenyl)-1-propanol; (3) Axit 4-metoxibenzoic; (4) Axit 4-metoxi-3-nitrobenzoic

(-7-)

0,5

FI CI A

2 Vì X gồm 2 este đơn chức phản ứng vừa đủ với KOH mà n KOH = 0,7 mol > x = 0,5 mol  X chứa một este của phenol Gọi este của phenol là A và este còn lại trong X là B thì ta có hệ phương trình: n hh  n A  n B  0,5 n  0, 2  A  n KOH  2n A  n B  0, 7 n B  0,3

Vì X+ KOH → Y có tham gia phản ứng tráng gương  B tạo ra anđehit Y  nY=nB= 0,3 mol Y là anđehit no, đơn chức, mạch hở nên Y có CTPT là CnH2nO: 0,3 mol

3n  1 t0 O 2   nCO 2  nH 2O 2 0,3  0,15  3n  1 mol

0,5

Cn N 2n O 

ƠN

 nO2 = 0,75 = 0,15.(3n-1)=n=2= Y là C2H4O  mY=0,3.44 = 13,2 gam

DẠ

KÈ

QU Y

Xét phản ứng: A + 2KOH => muối + H2O 0,2 0,4 0,2 mol B + KOH → muối +Y BTKL: mX + mKOH = mmuối + mY + mH2O . mX = 75,4 + 13,2 +0,2.18 - 0,7.56 = 53 gam

(-8-)

0,5

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Tổ Hóa học

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 11 Môn: Hóa học - Lần thứ 2 – Năm học 2019- 2020 Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 21 tháng 10 năm 2019

Câu 1( 2 điểm):

1. Trình bày sự hình thành liên kết trong phân tử SO2 và CO2 theo thuyết VB. So sánh về tính chất vật lý,

tính chất hóa học giữa CO2 và SO2

2. Để bảo vệ các thiết bị bằng sắt người ta thường phủ lên trên bề mặt thiết bị một lớp kim loại khác như

kẽm, thiếc, crôm... Hãy giải thích tại sao vật liệu bằng sắt phủ lớp thiếc trên bề mặt bị phá huỷ nhanh hơn lớp phủ kẽm? 3. So sánh tính axit của:

b. C6H5CO2H (E), C6H5CO3H (F) và C6H5SO3H (G) Câu 2.(2 điểm)

a. Axit bixiclo [1.1.1] pentan-1-cacboxylic (A) và axit 2,2-đimetyl propanoic (B)

ƠN

1. Khi cho dòng điện có cường độ 0,804 A đi trong 2 giờ qua 160ml dung dịch chứa AgNO3 và Cu(NO3)2 ở catot thoát ra 3,44g hỗn hợp của hai kim loại . Xác định nồng độ mol của hai muối trong dung dịch ban đầu nếu biết dung dịch thu được khi kết thúc thí nghiệm không chứa ion đồng và ion bạc.

2. Đổ 10ml CH3COOH pH = 3,5 vào 10ml NaOH pH = 11,5. Tính pH của hỗn hợp. (CH3COOH pKa = 4,76)

Câu 3: (2 điểm) Cho các chất sau : cumen, ancol benzylic, anizol , benzanđehit và axit benzoic. a) Viết công thức cấu tạo của mỗi chất và gọi tên IUPAC tương ứng.

QU Y

b) So sánh nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy của chúng, giải thích. c) Hãy nêu phương pháp hóa học nhận biết từng chất. d) Từ benzen và các chất hữu cơ chứa không quá 3 nguyên tử C, hãy viết phương trình phản ứng điều chế ra các chất trên. Câu 4: (2 điểm)

1. Cho 1 kim loại A tác dụng với 1 dung dịch nước của muối B. Hãy tìm các kim loại và các dung dịch muối thỏa mãn A, B nếu xảy ra một trong các hiện tượng sau đây:

KÈ

a) Kim loại mới  bám lên kim loại A

f) Có một chất khí  vừa có kết tủa màu trắng lẫn xanh g) Có 2 khí 

c) Dung dịch mất màu vàng

h) Có khí  và có kết tủa keo trắng rồi tan hết khi dư A.

d) Không có hiện tượng gì

i) Có khí  và có chất lỏng tạo ra phân thành 2 lớp

e) Có một chất khí 

k) Có khí  và có kết tủa và chất lỏng tạo ra phân thành 2 lớp

DẠ Y

b) Dung dịch đổi màu từ vàng  xanh

2. Cho từ từ HCl vào dung dịch A chứa a mol Ba(OH)2 và b mol Ba(AlO2)2. Đồ thị biểu diễn số mol Al(OH)3 theo số mol HCl như sau: Nếu cho dung dịch A ở trên tác dụng với 700 ml dung dịch H2SO4 1M thì thu được bao nhiêu gam kết tủa?

Câu 5: (2 điểm) 1. Cho sơ đồ chuyển hóa: OH

COOC2H5

PBr3

KCN

H+

C2H5OH

C2H5ONa

H+

HCOOC2H5

OCH3

a) Cho biết cấu tạo của các chất từ A đến G.

(C2H5O)2CO

b) Giải thích sự hình thành các chất E, F, G.

(D) OCH3

(COOC2H5)2

2. Hai hợp chất X, Y đều chứa các nguyên tố C, H, O khối lượng phân tử của chúng lần lượt là M X, MY

trong đó MX < MY < 130. Hòa tan 2 chất đó vào dung môi trơ được dung dịch E. Cho E tác dụng với NaHCO3 dư thì số mol CO2 bay ra luôn luôn bằng tổng số mol của X và Y, không phụ thuộc vào tỉ lệ số mol của chúng trong hỗn hợp. Lấy 1 lượng dung dịch E có chứa 3,6 gam hỗn hợp X, Y, ứng với tổng số mol của X, Y là 0,05mol , cho tác dụng hết với Na thu được 784 ml H 2 đktc. Xác định công thức phân tử, công thức

ƠN

cấu tạo của X và Y, biết chúng không có phản ứng tráng bạc, không làm mất màu nước brom.

DẠ Y

KÈ

QU Y

…………Hết…………

®¸p ¸n ®Ò thi n¨ng khiÕu líp 11 ho¸ lÇn thø 2 Môn: Hóa học - Năm học 2019- 2020 Ngày thi: 21 tháng 10 năm 2019 Điểm 0,25

0,25

0,5

DẠ Y

KÈ

QU Y

ƠN

Câu Nội dung 1.1 1- Sự hình thành liên kết trong phân tử SO2 theo thuyếtVB:( Vẽ hình) Nguyên tử lưu huỳnh ở trạng thái lai hóa sp2 Một obital lai hóa có 1 electron độc thân xen phủ với obital của nguyên tử oxi cũng có eletron độc thân tạo liên kết . - Một obital lai hóa có 2 eletron tạo nên liên kết cho nhận với nguyên tử oxi thứ hai. - Một obital lai hóa có 2 electron còn lại không tham gia liên kết. - Một obital không lai hóa của S tạo liên kết π với obital p chứa 1e độc thân của nguyên tử oxi. - Sự rút ngắn mạnh độ dài của liên kết S-O cho thấy ngoài liên kết  kiểu p-p còn có một phần của liên kết  kiểu pd tạo nên bởi obitan p có cặp e tự do của oxi và obitan d trống của S * Sự hình thành liên kết trong phân tử CO2 theo thuyếtVB:( Vẽ hình) Nguyên tử cacbon ở trạng thái lai hóa sp. - Hai obital lai hóa của C mỗi obitan có 1 electron độc thân xen phủ với 2 obital của 2 nguyên tử oxi cũng có eletron độc thân tạo ra 2 liên kết . - Hai obital không lai hóa của C xen phủ với obital p chứa 1e độc thân của hai nguyên tử oxi tạo 2 liên kết π 2- So sánh SO2 và CO2 a) Tính chất vật lí:Nhiệt độ hóa lỏng, nhiệt độ hóa rắn của CO2< SO2, SO2 tan nhiều trong nước hơn CO2 do cấu tạo phân tử CO2 là phân tử thẳng, ít phân cực hơn b) Tính chất hóa học: SO2, CO2 dều là oxit axit. Dung dịch SO2 có tính axit mạnh hơn dung dịch CO2. SO2 + H2O= H2SO3 = H+ + HSO3CO2 + H2O= H2CO3 = H+ + HCO3SO2 vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử, CO2 có tính oxi hóa không thể hiện tính khử.do S trong SO2 có số oxi hóa là +4 là trạng thái oxi hóa trung gian, C trong CO 2 ở trạng thái oxi hóa cao nhất là +4. Ví dụ: SO2 + 2H2S = 3S + 2H2O ( oxi hóa) 2SO2 + O2 = 2SO3 CO2 + Mg = MgO + C (khử) (oxi hoá) 1.2 - Vật liệu bằng sắt phủ lớp thiếc trên bề mặt bị ăn mòn điện hoá. Giải thích: Lớp sắt tạo ra với thiếc một pin điện, ở catôt (cực dương) là thiếc còn anôt (cực âm) là sắt. Sắt bị ăn mòn, ion sắt chuyển vào dung dịch và có sự khử hiđro trên thiếc (ion H + trong nước có hoà tan CO2). - Trường hợp sắt phủ kẽm thì sắt trở thành catôt của pin điện, còn kẽm đóng vai trò anôt (điện thế của kẽm thấp hơn điện thế của sắt), tại đây kẽm bị phá huỷ tạo ra các muối bazơ như ZnOH2CO3 hoặc Zn(OH)2. ZnCO3 , Lớp muối này ít tan ngăn dung dịch điện phân tiếp xúc với bề mặt kim loại, hạn chế quá trình phá huỷ. Vậy vật liệu bằng sắt phủ lớp thiếc thì bị phá huỷ nhanh hơn khi phủ vật liệu bằng sắt phủ lớp kẽm. 1.3 a. Tính ax: A > B là do: H3C COOH

COOH

H3C H3C

0,25 H3C COOH3C

COO-

H3C

Bị solvat hóa tốt hơn

Bị solvat hóa kém do hiệu ứng không gian

b. Tính axit:

O -O-H H3C

H3C

1,0

nAgNO3 = x = nAg+ n

= y = nCu2+

2.1

Cu(NO3)2

anot ( +) NO3- , H2O

catot ( - ) Ag+ , Cu2+, H2O

Cu2+ + 2 e

4H+ + O2 + 4e

2H2O

mcatot = 108x + 64 y = 3,44 m= AIt nF

ƠN

x+2y= 64 I t1 2y = 2. F Gi¶i hÖta ®- î c x= y= 0,02

I t2 F

I ( t1 + t2 )

0,804. 2.3600 = 0,06 96500

64 y =

Khi cã dßng ®iÖn 1 chiÒu ®i qua,

Ag+ + 1 e

0,25

H3C

O -H

CM ( AgNO3) = CM ( Cu(NO3)2) = 0,02:0,16 = 0,125M

QU Y

CH3COOH = CH3COO- + H+ C0 0 C - 10-3,5 10-3,5 10-3,5 (103,5 ) 2   104,76  C 0  6.103 M 0 3, 5 C  10  trộn CH3COOH = 2,97.10-3 NaOH = Na+ + OH[OH-] = 10-2,5  C0NaOH = 1,58.10-3 Sau khi trộn phản ứng : CH3COOH + OH-  CH3COO- + H2O 2,97.10-3 1,58.10-3 1,39.10-3 _______ 1,58.10-3 Theo phương trình giới hạn : CH3COOH . Ca = 1,39.10-3 CH3COO- . Cb = 1,58.10-3 CH3COOH CH3COO- + H+ Ka = 10-4,76 1,39.10-3 1,58.10-3 -3 1,39.10 - x 1,58.10-3 + x  x = 1,53.10-5 a) (0,5 điểm) C6H5CH(CH3)2 isopropylbenzen C6H5CH2OH rượu benzylic C6H5OCH3 , metyl phenyl ete C6H5CH=O, benzencacbanđehit C6H5COOH . axit benzencacboxylic

DẠ Y

KÈ

2.2

1,0

CHCl2

NaOH

H2/Ni

H+ CCl3

+ CH3Cl

H+

CH(CH3)2

CH 2 =CH -C H + H+ 3

NaOH

+ Cl2

AlCl3

+ O2

a) Fe + CuSO4  b) Fe3+  Cu2+ .

QU Y

H3O+,100oC

OCH3

1. NaOH 2. CH3Cl

c) Fe3+  Fe2+ .

d) Cu + NaNO3 e) H2  f) H2  + BaSO4 + Cu(OH)2  g) H2 + NH3 h) H2  + Al(OH)3 i) H2  + C6H5NH2 . k) H2  + C6H5NH2 + BaSO4  2HCl + Ba(OH)2  BaCl2 + 2H2O (1) 2HCl + Ba(AlO2)2 + 2H2O  BaCl2 +2Al(OH)3 (2) 3HCl + Al(OH)3  AlCl3 + 3H2O (3) Tại nHCl = 0,6 mol , bên trái đỉnh = > Kết tủa đang tăng => Ba(AlO2) dư => nHCl = 2nBa(OH)2 + nAlO2 pứ ; nAlO2 pứ = nAl(OH)3 = 0,2 mol => a = 0,2mol +) Tại nHCl = 1,1 mol bên phải đỉnh => Kết tủa đang giảm => Al(OH) 3 tan 1 phần => 3nAl(OH)3 = 4nAlO2 – (nH+ - nOH) => b = 0,2 mol nH2SO4 = 0,7 mol => nAl(OH)3 = 1/3[4nAlO2– (nH+ - nOH)] = 0,2 molnBaSO4 = nBa2+ = 0,4 mol => mkết tủa = mAl(OH)3 + mBaSO4 =108, 8g

DẠ Y

4.2

KÈ

4.1

COOH

ƠN

CH3

CH2OH

CH=O

b) 0,5 điểm- có giải thích) Điểm sôi, điểm chảy : cumen < anizol < benzanđehit < ancolbenzylic < axit benzoic. c) ( 0,5 điểm) Axit benzoic tan trong dung dịch NaHCO3 có khí thoát ra: C8H5COOH + NaHCO3  C6H5COONa + H2O + CO2  Benzanđehit có phản ứng tráng guơng : C6H5CHO + 2[Ag(NH3)2]OH C6H5COONH4 + 2Ag + 3NH3 + H2O Ancol benzylic phản ứng với natri cho khí H2 thoát ra ( hoặc chuyển CuO đen thành Cu (đỏ)) Còn lại C6H5OCH3 và C6H5CH(CH3)2 thì chỉ có C6H5OCH3 là tan được trong axit sunfuric đặc nguội C6H5OCH3 + H2SO4  C6H5-OH+- CH3 + HSO4– d)( 0,5 điểm)

0,25

(A)

5.1

OMe

(B)

(C)

(E) O

COOH

C2H5O2C

OC2H5 C

OMe

(F)

(G) O

O C2H5O2C

C2H5O2C

C OC2H5

OMe

Giải thích sự hình thành của E:

OC2H5

COOC 2H5

C2H5ONa

OCH3

H5C2OOC

C O COOC 2H5

OCH3

H5C2OOC - C2H5O

COOC 2H5

KÈ

DẠ Y

0,5

OCH3

Giải thích tương tự cho F và G. E tác dụng với Na2CO3 sinh ra CO2 chứng tỏ E chứa –COOH. Gọi công thức 2 chất R1(COOH)x và R2(COOH)y Với số mol lầ lượt a, b. Khi đó số mol CO2 là ax+by = a+b, không phụ thuộc a, b nên x=y=1. Xét 7,2 g X, Y Đặt CT chung R(COOH), Khi tác dụng NaHCO 3 thu được nCO2=0,1=n(A,B) =n-COOH nên M(X,Y)=7,2/0,1=72→R=72-45=27. Khi phản ứng Na→H2 thu nH2=0,07 mol chứng tỏ nH linh động trong E là 0,07.2=0,14> nCOOH nên X, Y vẫn còn –OH Đặt R’(OH)k(COOH) + Na→(k+1)/2 H2 0,1 0,07 →k=0,4 <1 nên X không chứa –OH, Y chứa 1 hoặc 2-OH (không thể là 3 vì MY<130). TH1 : Y chứa 1-OH khi đó X là R1(COOH) a(mol) Y là R2’(OH)(COOH) b(mol) Ta có a+b=0,1 b.1= 0,4.0,1 R1.a + (R2’+17)b= 27.0,1→ 3R1 + 2R2’= 101 X, Y không làm mất màu nước Br2, không tráng bạc nên X, Y là hợp chất no Nghiệm thỏa mãn R1= 15- ; R2’=28 nên X là CH3COOH; Y là C2H4(OH)(COOH) TH2: Y chứa 2 nhóm –OH tương tự ta tính được 4R1 + R2’= 118 Nghiệm thỏa mãn R1= 15; R2 = 41 nên X CH3COOH; Y là C3H5(OH)2(COOH)

QU Y

5.2

 H5 C2 O C O H5 C2 O C O

ƠN

0,5

OMe

0,25

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 11 HÓA

NGUYỄN TRÃI Tổ Hóa học

FI CI A

Ngày thi: Ngày 9 tháng 11 năm 2020

Môn: Hóa học - Lần thứ 2 – Năm học 2020- 2021 Thời gian làm bài: 180 phút

KÈ

QU Y

ƠN

Câu 1. (3 điểm) 1. Nitơ là một trong những nguyên tố quan trọng nhất trên Trái đất. Nó tạo ra nhiều dạng oxit. NO và NO2 là chất ô nhiễm không khí, tạo ra trong các quá trình đốt cháy của động cơ đốt trong. Vẽ cấu trúc Lewis của NO và NO2. 2. Trong công nghiệp hóa học, NO là một sản phẩm trung gian quan trọng, tạo thành từ phản ứng oxi hóa amoniac bởi oxi khi có mặt xúc tác Pt. Đây là giai đoạn đầu tiên trong qúa trình Ostwald để sản xuất axit nitric. Viết phương trình phản ứng oxi hóa amoniac thành NO bởi oxi. 3. Trộn 100 mol amoniac với không khí dư 20 % so với lượng cần để đốt cháy hoàn toàn amoniac khi có xúc tác Pt trong một bình kín ở 700 K và áp suất 1 atm. Giả sử không khí chiếm 80 % nitơ và 20 % oxi về thể tích. a. Tính số mol nitơ ban đầu có trong hệ. b. Ở cân bằng, NO được tạo thành trong bình kín với hiệu suất 70 %. Tính phần mol của amoniac và nước trong hỗn hợp cân bằng. 4. Dưới đây là một số cân bằng của các oxit nitơ đã được thương mại hóa (A) N2 (k) + O2 (k) ⇌ 2NO(k) (B) 2NO(k) + O2(k) ⇌ 2 NO2(k) (C) N2O4(k) ⇌ 2NO2(k) (D) 2NO2(k) +H2O(aq) ⇌ HNO2(aq) + HNO3(aq) a. Sử dụng các dữ liệu sau, tính biến thiên năng lượng tự do chuẩn ΔGo theo kJ của phản ứng (A) tại nhiệt độ là 298 K. Cho biết sinh nhiệt ΔHof của NO(k) là 90,37 kJ mol-1; So của N2(k), O2(k), NO(k) lần lượt là 191,5; 205; 210,6 J. mol-1 .K-1. b. Ở 298 K, ΔGo tạo thành của N2O4(k) và NO2(k) là 98,28 và 51,84 kJ mol-1. Ban đầu có 1 mol N2O4(k) ở 1,0 atm và 298 K, tính % N2O4 bị phân hủy nếu áp suất tổng được duy trì ở 1,0 atm và nhiệt độ vẫn là 298 K. c. ΔHo của phản ứng (C) là 58,03 kJ. Giả sử rằng ΔHo không phụ thuộc vào nhiệt độ, tính nhiệt độ tại đó phần trăm N2O4 bị phân hủy lớn gấp đôi giá trị tính được ở 4.b, áp suất vẫn là 1 atm.

DẠ

Câu 2. (1,5 điểm) 1. Tính pH và nồng độ S2- của dung dịch H2S bão hòa trong nước (nồng độ phân tử H2S bão hòa lúc cân bằng là 0,1 M). Biết: pKa của H2S: 7,02 và 12,9; 2. Sục từ từ H2S vào dung dịch chứa Ag+ 0,10M; Zn2+ 0,10 M và Ni2+ 0,10 M cho đến bão hòa H2S, thu được dung dịch A. Hỏi ion nào kết tủa trước và ion nào kết tủa sau cùng. Giải thích cụ thể. Biết: pKs của Ag2S: 49,2; ZnS: 21,6; NiS: 18,5 3. Tính độ tan của CdS trong HCl 0,03M. Cho K s(CdS)=10-26,1

Câu 3. (1,5 điểm) 1. Xác định số e pi của mỗi chất rồi từ đó cho biết chất nào thơm, không thơm, phản thơm? O

2. Xác định sản phẩm a.

ƠN

1. Viết cơ chế các phản ứng sau: H

H+

MeOH

OMe

QU Y

Câu 4. (2 điểm)

FI CI A

2. Một hiđrocacbon X quang hoạt có chứa 89,55% khối lượng là cacbon. Hiđro hóa hoàn toàn X bằng H2 dư (xúc tác Ni, đun nóng) thu được butylxiclohexan. Mặt khác, khi khử X bằng H2 với xúc tác Pd/PbCO3, đun nóng, thu được hiđrocacbon Y. Cho Y phản ứng với O3 rồi xử lý sản phẩm thu được với dung dịch H2O2 trong môi trường kiềm thu được axit tricacboxylic Z quang hoạt (C8H12O6). Đun nóng Z với xúc tác P2O5 thu được hợp chất T (C8H10O5). Xác định công thức cấu tạo của các chất X, Y, Z, T.

DẠ

KÈ

Câu 5. (2 điểm ) Cho m gam hỗn hợp gồm hai kim loại Mg và Al có tỉ lệ mol tương ứng là 4:5 vào dung dịch HNO 3 20%. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch A và có 6,72 lít hỗn hợp khí X gồm NO, N2O, N2 thoát ra. Thêm một lượng O2 vừa đủ vào X, sau phản ứng, thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn từ từ Y qua dung dịch NaOH dư thì có 4,48 lít hỗn hợp khí Z thoát ra. Tỉ khối hơi của Z so với H 2 là 20. Mặt khác, cho dung dịch KOH vào dung dịch A thì lượng kết tủa thu được lớn nhất là (m + 39,1) gam. Biết các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn và lượng HNO 3 ban đầu dùng dư 20% so với lượng cần thiết. Tính nồng độ % của muối Al(NO3)3 trong dung dịch A. …….Hết…….

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 11 Môn: Hóa học Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 19 tháng 4 năm 2021

FI CI A

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Tổ Hóa học

0 = 0,771 V; ES/H = 0,141 V; E0 2S

Pb2+ /Pb

= -0,126 V ; ở 25 oC: 2,303

RT ln = 0,0592lg F

Fe3+ /Fe2+

ƠN

Câu 1: 3,0 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 ƒ FeOH2+ + H+ lg*β1 = -2,17 Pb2+ + H2O ƒ PbOH+ + H+ lg*β2 = -7,80 Zn2+ + H2O ƒ ZnOH+ + H+ lg*β3 = -8,96 pKS(PbS) = 26,6; pKS(ZnS) = 21,6; pKS(FeS) = 17,2. (pKS = -lgKS, với KS là tích số tan). pKa1(H2S) = 7,02; pK a2(H2S) = 12,90; pK

a(NH+ 4)

= 9,24; pK a(CH3COOH) = 4,76

DẠ

KÈ

QU Y

Câu 2: 2,0 điểm. Iot là một nguyên tố vi lượng quan trọng trong cuộc sống và là nguyên tố nặng nhất mà các cơ thể sống cần được cung cấp mỗi ngày. Ở nhiệt độ cao cân bằng giữa I2(k) và I(k) được thiết lập. Bảng sau ghi lại áp suất đầu của I2(k) và áp suất chung khi hệ đạt đến cân bằng ở nhiệt độ khảo sát. T (K) 1073 1173 P(I2) 0.0631 0.0684 (atm) P 0.0750 0.0918 chung (atm) 1. Tính H°, G°và S°ở 1100 K. (Cho rằng H° và S° đều không phụ thuộc nhiệt độ trong khoảng nhiệt độ khảo sát.) 2. Tính phần mol của I(k) trong hỗn hợp cân bằng trong trường hợp trị số Kp lúc này bằng một nửa áp suất chung. 3. Biết I2(k) và I(k) đều là khí lý tưởng. Với khí lý tưởng đơn nguyên tử: Cv, m= CV,m + R = 3/2R + R = 5/2R. Với khí lý tưởng hai nguyên tử: Cv,m= CV,m+ R = 7/2R. 4. Tính năng lượng phân ly liên kết của I2 ở 298 K. Tính bước sóng của ánh sáng tới cân để cắt đứt liên kết trong I2(k) ở 298 K. Câu 3: 3,0 điểm. -------------------------------------Trang 1------------------------------------

FI CI A

Cho dd A chứa FeCl3 0.01M. Giả thiết rằng Fe(H2O)63+ (Fe3+) là axit một nấc với hằng số phân li là Ka = 6,3.10-3. a. Tính pH của dd A. b. Tính pH cần thiết để bắt đầu xảy ra sự kết tủa Fe(OH)3 từ dd A. Biết Fe(OH)3 có Ks = 6,3.10-38 c. Ở pH nào thì sự kết tủa Fe(OH)3 từ dd A xảy ra hoàn toàn? Giả thiết kết tủa được coi là hoàn toàn khi hàm lượng sắt còn lại trong dd dưới 10 -6M

Câu 5: 3,0 điểm. Cho sơ đồ sau: O CH3 N H p-TsOH

ƠN

Câu 4: 3,0 điểm. Trình bày cơ chế của phản ứng: 1. Hợp chất EtOOC-(CH2)4-COOEt tác dụng với CH3ONa/ CH3OH sinh ra hợp chất B có CTPT C8H12O3 2. Hợp chất 2- cloro xyclohexanon tác dụng với dung dịch NaOH loãng cho axit xyclopentancacboxylic. 3. Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau

CH2=CH-CO-CH3

AcOH, NaOAc

DẠ

KÈ

QU Y

1. Xác định cấu tạo C, D 2. Viết cơ chế tạo thành C, cho biết hiệu ứng không gian có ảnh hưởng như thế nào đến việc tạo thành C? 3. Người ta tổng hợp dẫn xuất E: C6H5OH(phenol) + CH3COCH2COOCH3 ( xt H+) E ( C10H8O2) Viết cấu trúc E và giải thích sự tạo thành E? Câu 6. 3,0 điểm. Hỗn hợp chất rắn X gồm kim loại M và oxit của nó. Chia 129,6 gam X thành 3 phần bằng nhau: - Phần 1: Hòa tan trong dung dịch chứa hỗn hợp HCl và H2SO4 loãng dư thu được 4,48 lít khí H2 và dung dịch A. - Phần 2: Hòa tan hết trong dung dịch HNO3 dư thì thu được 4,48 lít khí NO và dung dịch B. - Phần 3: Cho dòng CO dư đi qua ở nhiệt độ cao, phản ứng hoàn toàn được chất rắn. Hòa tan hết chất rắn trong dung dịch HNO3 loãng dư thì thu được 13,44 lít khí NO. Biết các khí đều đo ở đktc. 1) Xác định kim loại M và oxit của nó trong hỗn hợp ban đầu. -------------------------------------Trang 2------------------------------------

FI CI A

2) Cô cạn dung dịch A trong điều kiện không có không khí thì thu được bao nhiêu gam muối khan? 3) Nếu ở phần 2, cho thể tích dung dịch HNO3 là 1 lít và lượng dư 10% so với lượng đã phản ứng thì: a- Nồng độ M của HNO3 đã dung là bao nhiêu? b- Dung dịch B có thể hòa tan tối đa bao nhiêu gam kim loại M? Câu 7. 3,0 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 mạch hở (chỉ chứa chức este) hơn kém nhau 14 đvC. Y và Z là đồng phân của nhau (MX< MY< MT). Đốt cháy hết 17,28 gam hỗn hợp A gồm X, Y, Z, T cần dùng vừa đủ 10,752 lít khí O2 (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, hỗn hợp muối và nước. 1) Xác định công thức cấu tạo và gọi tên các chất X, Y, Z, T. 2) Tính số mol của chúng trong hỗn hợp A. Cho: O= 16; S = 32; H=1; Cl = 35,5; Fe = 56; Cr = 52; Cu = 64; C = 12;

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

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

-------------------------------------Trang 3------------------------------------

FI CI A

Hướng dẫn chấm Fe + H2O ƒ FeOH2+ + H+ *β1 = 10-2,17 Pb2+ + H2O ƒ PbOH+ + H+ *β2 = 10-7,80 Zn2+ + H2O ƒ ZnOH+ + H+ *β3 = 10-8,96 H2O ƒ OH- + H+ Kw = 10-14 So sánh (1)  (4): *β1. CFe3+ >> *β2. CPb2+ >> *β3. CZn2+ >> Kw pHA theo (1): Fe3+ + H2O ƒ FeOH2+ + H+ *β1 = 10-2,17 [] 0,05 - x x x + [H ] = x = 0,0153 M  pHA = 1,82. 3+

Điểm

(1) (2) (3) (4)  tính 0, 5 (1)

ƠN

Câu Ý I 1. 3,0đ

ĐÁP ÁNĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 11 Môn: Hóa học Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 29 tháng 3 năm 2021

QU Y

0 2. Do E0Fe3+/Fe2+ = 0,771 V > ES/H = 0,141 V nên: 2S 1/ 2Fe3+ + H2S  K1 = 1021,28  2Fe2+ + S↓ + 2H+ ƒ 0,05 0,05 0,05 2+ + 2/ Pb + H2S  K2 = 106,68  PbS↓ + 2H ƒ 0,10 0,05 0,25 2+ 3/ Zn + H2S ƒ ZnS↓ + 2H+ K3 = 101,68 4/ Fe2+ + H2S ƒ FeS↓ + 2H+ K4 = 10-2,72 0, 5 K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và FeS: Vì môi trường axit  C'Zn2+ = CZn2+ = 0,010 M; C'Fe2+ = CFe2+ = CFe3+ = 0,050 M. Đối với H2S, do Ka2 << Ka1 = 10-7,02 nhỏ  khả năng phân li của H2S trong môi trường axit không đáng kể, do đó chấp nhận [H+] = CH+ = 0,25 M 

KÈ

tính CS' 2- theo cân bằng: H2S

CS' 2- = Ka1.Ka2

S2-

+ 2H+

Ka1.Ka2 = 10-19,92

[H 2S] 0,1 = 10-19,92 = 10-19,72.  2 2 [H ] (0,25)

DẠ

Ta có: C'Zn 2+ . CS' 2- < KS(ZnS)  ZnS không xuất hiện; C'Fe2+ . CS' 2- < KS(FeS)  FeS không tách ra.

Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa. -------------------------------------Trang 4------------------------------------

0, 5

EPt = E 2H+ /H = 2

0,0592 K S(PbS) 0,0592 lg lg [Pb2+]= - 0,126 + = - 0,33 V 2 2 [S2- ]

0,0592 [H + ]2 , trong đó [H+] được tính như sau: lg 2 pH2

CH3COONH4

 NH 4

1,0

E PbS/Pb = E Pb2+ /Pb = E 0Pb2+ /Pb +

FI CI A

+ CH3COO-

ƒ NH3 + H+ NH 4 Ka = 10-9,24 (5) CH3COO- + H2 O ƒ CH3COOH + OH- Kb = 10-9,24 (6) Do Ka = Kb và CNH+  CCH COO-  pH = 7,00  [H+] = 10-7 4

(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 2 p H2 2 1,03

Vậy: E2H+/H =

 điện cực chì là catot, điện cực platin là anot. Sơ đồ pin:

0, 5

ƠN

(-) Pt(H2)│CH3COO- 1M; NH 4 1M ║ S; PbS; H2S 1M; H+ 0,25M; Fe2+ (p = 1,03 atm) 0,05M; Zn2+ 0,01M │Pb (+) PbS + 2H+ + 2e  Pb↓ + H2S H2  2H+ + 2e 2x H+ + CH3COO-  CH3COOH H2 + 2CH3COO-  2CH3COOH + 2e

Trên catot: Trên anot :

Phản ứng trong pin: PbS + H2 + 2H+ + 2CH3COO-  Pb↓ + H2S + 2CH3COOH 1

Có cân bằng: I2(k) ⇌ 2I(k) P(I2)o – x 2x. .Ở thời điểm cân bằng: P(I2)cb = P(I2)o – x Như vậy Pchung = P(I2)o + x Ở 1073K x = 0,0750 – 0,0631 = 0,0119 atm P(I)cb = 2x = 0,0238 atm; P(I2)cb = 0,0631 – 0,0119 = 0,0512 atm

QU Y

II 2,0 đ

P( I )cb 2 K  0, 01106 P ( I 2 )cb

Tính tương tự cho thời điểm 1173K thu được K = 0,04867

KÈ

K1173 H o  1 1  o   Từ đây ta có: ln    H  155, 052 J = 155 kJ K1073 R  1073 1173 

Như vậy ở 1100K ta có :

G = H - TS S = 107,1 J.K-1

DẠ

Go = -RTlnK = 37248,8J;

K1100 H o  1 1  ln      K1100  0, 0169 K1073 R  1073 1100 

-------------------------------------Trang 5------------------------------------

0, 5

I2(k) ⇌ 2I(k) P(I2)o – x 2x Ở thời điểm cân bằng: P(I2)cb = P(I2)o – x. Như vậy Pchung = P(I2)o + x 4x2 1 1  P   P( I 2 )o  x   P ( I 2 )o  3x P( I 2 )o  x 2 2

FI CI A

KP 

2 Có cân bằng:

0, 5

Vậy Pchung = 4x và P(I2)cb = 2x. Tức phần mol I(k) lúc cân bằng là 0,50



6,022  103  6,63  1034  3,00  108 = 145050

0, 5

= 825,8 nm = 826 nm

1 Xét các cân bằng điện li H+ trong A: (1) Fe3+ + H2O  Fe(OH)2+ + H+ (2) H2O  H+ + OHKa<<Kw cân bằng (1) quyết định pH của hệ: Xét cân bằng (1): Fe3+ + H2O  Fe(OH)2+ + H+ [] 0,01-x x x

III 3,0đ

NA  h  C N hC  A  E

ƠN

4 H°298=E =

0, 5

3 Với khí lý tưởng đơn nguyên tử Cv, m= CV,m + R = 3/2R + R = 5/2R Với khí lý tưởng hai nguyên tử Cv,m= CV,m+ R = 7/2R ∆Ho298 = Năng lượng liên kết I – I Do sự thay đổi nhiệt độ trở nên đáng kể ∆T = -802K ∆Ho298 = ∆Ho1100 + Cp∆T = 155052 + (298 – 1100) x (2 x 2,5 – 3,5)R = 145,050 kJ = 145 kJ

Ka = 6,3.10-3 Kw = 10-14

1,0

Ka = 6,3.10-3

QU Y

[ Fe(OH ) 2 ][H + ] x.x   6,3.103 3+ [Fe ] 0, 01  x -3  x = 5,4.10  pH = -lg[H+] = 2,3

Ta có: K a 

2 Có Ks = [Fe3+].[OH-]3 +

[ Fe(OH ) ][H ] [Fe3+ ]

Ka 

2

(*)



[ Fe(OH )2 ]=[Fe3+ ].

KÈ

Lại có [Fe3+] + [Fe(OH)2+] = CFe3+ = Từ (**) và (***) 

Ka K  [Fe3+ ].[OH - ]. a  [H ] Kw

0,01M

[Fe3+] + [ Fe3 ].[OH- ].

(**)

(***)

Ka = 0.01M (****) Kw

Ks K (1+[OH-]. a ) = 0,01  3 Kw [OH ] 3+ tính được [Fe ] = 0,00399M và [OH ] = 2,51.10-12  pH = 2,4.

DẠ

Kết hợp (*) và (****):

-------------------------------------Trang 6------------------------------------

1,0

3 Có Ks = [Fe3+].[OH-]3 +

[ Fe(OH ) ][H ] [Fe3+ ]

(*) [ Fe(OH )2 ]=[Fe3+ ].



Ka K  [Fe3+ ].[OH - ]. a  [H ] Kw

Để kết tủa hoàn toàn thì [Fe3+] + [Fe(OH)2+] = 10-6 M

(**)

(***)

FI CI A

K Từ (**) và (***)  [Fe3+] + [ Fe3 ].[OH- ]. a = 10-6 M (****) Kw Ks K Kết hợp (*) và (****): (1+[OH-]. a ) = 10-6  3 Kw [OH ]

tính được [OH-] = 2.10-10 M  pH = 4,3. 1

OEt

CH3ONa

OEt

-O

COOEt

1,0

IV 3,0đ

Ka 

2

COOEt

0,75

ƠN

1,25

QU Y

H H

V 1 3,0 đ

CH3

KÈ

1,0

CH3 N H

+ H2O+ CH3

N CH3 - H2O

N CH3

CH3

- H+

DẠ

Enamin có tính nu vì cặp e tự do của N có thể chuyển vào Cβ

2,0 -------------------------------------Trang 7------------------------------------

+ N

N H

CH3

FI CI A

CH3

(C)

p-TsOH (xt)

cau truc cong huong N

CH3

Cần chú ý là enamin không thể chuyển hóa thành dạng: do chướng ngại lập thể của các nhóm cồng kềnh làm nó không thể xếp trên cùng mặt phẳng.

(C)

O CH3

CH3

ƠN

cong Michael

thuy phan

(D)

cau truc cong huong

2 O OMe O

O H HO

OMe

+ Me H - H2O

Me - H+

CH3

- MeOH

(E)

KÈ

1 Mỗi phần có khối lượng là: 129,6 : 3 = 43,2 gam. 1,0 + n+ Phần 1: [M(x mol); O(y mol)] + H dư   H2(0,2 mol) + ddA [M , m+ 2+ M , Cl dư, SO4 dư, H dư]. Ta có: Mx + 16y = 43,2 (1) Phần 2: [M(x mol); O(y mol)] + HNO3dư   NO(0,2 mol) + dd [Mm+, NO3-, H+] (giả sử m  n ). Ta có BTe: mx = 2y + 0,6 (2) Vì ne(NO) > ne(H2)  m > n. HNO du CO,t Phần 3: [M(x mol); O(y mol)]  Mm+ + NO(0,6 mol)  M   BTe: mx = 1,8 (3). 0,5 Từ (1),(2),(3) ta có M= 18,6667m  m = 3 thì M = 56 . Vậy M là Fe

DẠ

Câu VI. 3,0đ

OMe

CH3

QU Y

1,0

OMe

-------------------------------------Trang 8------------------------------------

FI CI A

X = 0,6; y = 0,6. Từ phần 1: ta có nH2 = nFe = 0,2  nFe trong oxit = 0,4 mà nO = 0,6 . Vậy oxit là: Fe2O3 cocan  Fe2+, Fe3+, SO42-. 2 Dd A: [Mn+, Mm+, Cl-dư, SO42-dư, H+dư]  n(SO42-) = nO + nH2 = 0,6 + 0,2 = 0,8(mol). mmuối = 56.0,6 + 96.0,8= 110,4 (g) t ,CO  Fe + CO2 3 a) Phản ứng: Fe2O3 + CO   Chất rắn chỉ còn Fe(0,6 mol): Fe + 4HNO3 dư   Fe(NO3)3 + NO + 2H2O.  nHNO3 phản ứng= 4nFe= 2,4 mol. Vì axit dư 10%  nHNO3 đã dung = 2,64 (mol) Vậy nồng độ axit ban đầu là: 2,64 : 1 = 2,64(M)  CM(HNO3) = 2,64M b) Dung dịch B: Fe3+(0,6 mol), HNO3(0,24 mol) + Fe: Fe + 4HNO3   Fe(NO3)3 + NO + 2H2O. 3+ 2Fe + Fe   3Fe2+.  nFe tan tối đa = 0,5nFe3+ + 0,25nHNO3 = 0,5.0,6 + 0,25.0,24 = 0,36(mol) mFe tan(max) = 0,36.56 = 20,16(gam) 1 Vì X, Y là đồng đẳng liên tiếp => Y hơn X 1 nhóm CH2(14), Y và Z là đồng phân => Y và Z cùng CTPT, MT - MZ = 14=> T và Z là đồng đẳng liên tiếp. Vì Z và T chỉ chứa chức este => chúng đều là este 2 chức. Vì 17,28 gam hỗn hợp A phản ứng vừa đủ với 0,3 mol NaOH => n A = 0,15. Đặt CTPTTB của A là CnH2n+2-2kO4 (0,15 mol) CnH2n+2-2kO4 + 0,5(3n – 3 – k)O2   nCO2 + (n + 1 – k)H2O 0,15 0,48  (14n + 66 – 2k).0,15 = 17,28 và 0,15.0,5. (3n – 3 – k)= 0,48 14n- 2k = 49,2 (*) và 1,5n – 0,5k = 4,7 (**)  n = 3,8 và k = 2. Vì k = 2  cả axit và este đều no, 2 chức, mạch hở.

0, 5

0,5

QU Y

Câu VII. 3,0đ

ƠN

0,5

KÈ

Mà n = 3,8  X chỉ có thể là: * hoặc (COOH)2  Y là CH2(COOH)2 sẽ không có este Z thỏa mãn thủy phân cho ancol(do chứa toàn chức este).

* hoặc X là CH2(COOH)2  Y là C2H4(COOH)2

DẠ

 este Z: C4H6O4, este T: C5H8O4 mà thủy phân cho 3 ancol cùng số mol

 CTCT chỉ có thể là:

-------------------------------------Trang 9------------------------------------

0,5

(T) là CH3OOC-COOC2H5. Tp cho 2 ancol là CH3OH và C2H5OH

Y là C2H4(COOH)2

axit propanđioic

FI CI A

Vậy 4 chất đó là: X là CH2(COOH)2

(Z) là HCOO-CH2-CH2-OOCH. tp cho 1 ancol là C2H4(OH)2

0,5

axit butanđioic và đp axit 2-metylpropanđioic

Z là HCOO-CH2-CH2-OOCH

etilenglycolđifomat

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

T là CH3OOC-COOC2H5 Etylmetyloxalat 2 Đặt số mol X, Y, Z, T lần lượt là x, y, z, t trong hỗn hợp ta có: Vì số mol 3 ancol bằng nhau  z = t. mancol = 62z + (32 + 46)z = 4,2  z = t = 0,03 Mặt khác nNaOH = 2x + 2y + 2z + 2t = 0,3  x + y = 0,09 (1) Mặt khác mA = 104x + 118y + 118.0,03 + 132.0,03 = 17,28 104x + 118y = 9,78(2) Giải hệ (1) và (2) ta được: x = 0,06; y = 0,03 Vậy số mol của các chất là: nX = 0,06, nY = 0,03, nZ = 0,03, nT = 0,03

-------------------------------------Trang 10------------------------------------

1,0

L FI CI A OF ƠN NH QU Y M KÈ Y DẠ -------------------------------------Trang 11------------------------------------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Tổ Hóa học

Môn: Hóa học Ngày thi: Ngày 25 tháng 1 năm 2021 Thời gian làm bài: 180 phút

2. Điền ký hiệu C*, Z,E, R,S vào vị trí thích hợp. O (A)

FI CI A

Câu 1. (3,0 điểm) 1. Xác định cấu hình (R) hoặc (S) cho mỗi hợp chất sau đây?

(B) COOH

CH3

3. Viết CTCT của a. Bixiclo[2.2.2]heptan

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 11 HÓA

COOH

ƠN

b. 3-bromocta-3Z,5E-đien

Câu 2. (2 điểm) 1. Hợp chất X mạch vòng (C6H10) có tính quang hoạt. Khi hydro hóa xúc tác X được chuyển thành Y (C6H12) và không hoạt động về mặt quang học. Đề xuất các cấu trúc cho X và Y. 2. Viết cơ chế O

H OH

QU Y

Câu 3. (1,0 điểm) Hòa tan 9,2 gam HCOOH vào trong nước rồi pha loãng thành 500 ml dung dịch A có pH = 2. a. Tính hằng số phân ly axit (Ka) của HCOOH. b. Hòa tan hoàn toàn 8 gam NaOH rắn vào 500 ml dung dịch A. Tính pH của dung dịch thu đượ

DẠ

KÈ

Câu 4. (2 điểm) Quá trình đốt cháy etan, C2H6, tạo ra CO2 và nước lỏng ở 250C. a. Viết phương trình phản ứng xảy ra. b. Biết rằng thiêu nhiệt của etan trong điều kiện trên là -1560,5 kJ/mol etan, tính i. sinh nhiệt chuẩn, H0f của etan. ii. năng lượng liên kết C=O. Cho Chất CO2 H2O H0f(kJ.mol1) -393,5 -285,8 Liên kết C-C C-H O-H O=O Eliên kết 347 413 464 495 c. Cho G0 = -1467,5 kJ/mol, tính S0 cho phản ứng theo J.mol1.K1. Câu 5. (2 điểm) Pin Ni – Cd (“Nicad”) được sử dụng rộng rãi trong các loại thiết bị bỏ túi như điện thoại di động, máy quay phim xách tay, laptop, v.v… Pin Ni – Cd có giá vừa phải và có chu trình sống cao đồng thời có thể hoạt động được ở nhiệt độ rất thấp hay rất cao. Nó không cần phải được bảo dưỡng và có thể được nạp điện 2000 lần. Một tế bào của pin Ni – Cd thực hiện hai nửa phản ứng sau: Cd(OH)2(r) + 2e → Cd(r) + 2OHEo1 = -0,809V

ƠN

FI CI A

2NiO(OH) + 2H2O + 2e → 2Ni(OH)2(r) + 2OHEo2 = -0,490V o o o E 1; E 2 là thế khử chuẩn ở 25 C. 1. Cho biết phản xảy ra ở catot, anot, phương trình chung? Viết phương trình Nernst. 2. Tính E của phản ứng ở 25oC và tính khối lượng Cd chứa trong 1 chiếc điện thoại di động có sử dụng pin Ni – Cd. Biết công suất thông thường của pin là 700mAh. Câu 6: (2 điểm) 1. Viết CTCT 4 chất hữu cơ (chứa C, H, O) trong mỗi phân tử chỉ chứa 2 nguyên tử hiđro, đều phản ứng được với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư. Viết pthh của các phản ứng đó. 2. Cho 9,2 g hỗn hợp gồm C2H2 và CH3CHO tác dụng hết với dung dịch AgNO3 trong NH3 (dư) thu được 56,4 g chất rắn. Tính phần trăm khối lượng của CH3CHO trong hỗn hợp. Câu 7: (2 điểm) 1. Răng người được bảo vệ bởi một lớp men cứng. Lớp men này có công thức Ca 5(PO4)3OH và được hình thành bằng phản ứng. 5Ca2+ + 3PO43- + OH-  Ca5(PO4)3OH a. Sau bữa ăn, vi khuẩn trong miệng tấn công các thức ăn còn lưu lại trên răng tạo ra các axit hữu cơ làm pH trong miệng giảm, điều này ảnh hưởng gì đến men răng? b. Trong kem đánh răng thường cung cấp thêm các ion Ca2+ và F- làm cho răng chắc khỏe hơn. Giải thích tại sao? 2. Hình vẽ dưới đây mô tả cách điều chế một số khí trong phòng thí nghiệm.

DẠ

KÈ

QU Y

Cho biết sơ đồ trên có thể dùng điều chế được những khí nào trong số các khí sau: Cl 2, HCl, CH4, C2H2, CO2, NH3. Chọn chất A, B thích hợp với hình vẽ viết phương trình phản ứng để điều chế. Câu 8: (2,0 điểm) 1. Cho 2,16 gam kim loại R (hóa trị không đổi) vào cốc đựng 250 gam dung dịch Cu(NO 3)2 3,76% màu xanh đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc bỏ phần không tan thu được dung dịch không màu có khối lượng 247,152 gam. Xác định kim loại R. 2. Hòa tan m gam Mg trong 500ml dung dịch chứa hỗn hợp H2SO4 0,4M và Cu(NO3)2 đến phản ứng hoàn toàn thu được 1,12 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm N2 và H2, dung dịch Y và 2 gam hỗn hợp kim loại. Xác định giá trị m (biết tỉ khối của X so với H2 là 6,2). Câu 9: (2 điểm) Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm 2 ancol đơn chức thu được hỗn hợp khí và hơi Y. Cho toàn bộ Y lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, bình 2 đựng nước vôi trong dư. Kết quả thí nghiệm cho thấy bình 1 tăng 2,97 gam, bình 2 xuất hiện 12 gam kết tủa. Mặt khác, nếu oxi hoá m gam hỗn hợp X bằng CuO dư, nung nóng (biết phản ứng oxi hóa không hoàn toàn chỉ tạo sản phẩm là anđehit hoặc xeton), sau khi phản ứng kết thúc, lấy toàn bộ sản phẩm hữu cơ cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH3, kết thúc hoàn toàn thu được 3,24 gam Ag. Xác định công thức cấu tạo và tính khối lượng mỗi ancol. Câu 10. (2 điểm) Cho 23,52g hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào 200ml dung dịch HNO 3 3,4M khuấy đều thấy thoát ra một khí duy nhất hơi nặng hơn không khí, trong dung dịch còn dư một kim loại chưa tan hết, đổ tiép từ từ dung dịch 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. …….Hết………

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Tổ Hóa học

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 11 Môn: Hóa học

CI AL

Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 25 tháng 11 năm 2019

OF FI

Câu 1. (2 điểm) 1. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng trong các thí nghiệm sau: a. Sục khí H2S vào dung dịch CuCl2. b. Cho dung dịch Na2CO3 vào dung dịch AlCl3. c. Cho Fe3O4 vào dung dịch HI, sau đó cho vào dung dịch sau phản ứng một ít hồ tinh bột. d. Cho từ từ dung dịch NH3 đến dư vào dung dịch CuSO4. 2. Hoàn thành các phương trình hoá học theo sơ đồ sau đây: a) NaCl + H2SO4 đặc, nóng → b) Fe3O4 + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H2O c) KMnO4 + H2SO4 + HNO2 → d) FeSO4 + KHSO4 + KMnO4 →

ƠN

Câu 2. (2 điểm) 1. Cho dung dịch hỗn hợp chứa 0,2 mol MgCl2 và 0,1 mol FeCl2 vào dung dịch AgNO3 dư, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam kết tủa. Tính m. 2. Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic đơn chức Y, một ancol đơn chức Z, một este tạo ra từ Y và Z. Khi đốt cháy hoàn toàn 6,2 gam X thì thu được 0,31 mol CO2 và 0,28mol H2O. Còn khi cho 6,2 gam X phản ứng vừa đủ với 50mL dung dịch NaOH 1M, đun nóng thì thu được 0,04mol Z. Tính thành phần % số mol của axit Y trong hỗn hợp X.

Câu 3. (2 điểm) 1. Bằng phương pháp hóa học, hãy phân biệt sáu chất sau: Anđehit fomic, glixerin, glucozơ, phenol, tinh bột, ancol metylic.Viết các phương trình phản ứng.(các hoá chất và điều kiện phản ứng coi như có đủ). 2. Cho hỗn hợp gồm 3 chất rắn : Al2O3, SiO2 và Fe2O3 vào dung dịch chứa một chất tan A dư thì thu được một chất rắn B duy nhất. Hãy cho biết A, B có thể là những chất gì? Cho ví dụ cụ thể và viết các phương trình hoá học minh hoạ.

Câu 4. (2 điểm) 1. Tính pH của dung dịch CH3COOH 0,5M. Cho Ka của CH3COOH = 1,8.10-5 2. So sánh và giải thích a. Lực axit của HCOOH; CH3COOH và HOOC-COOH b. Lực bazơ của CH3NH2; C2H5NH2 và C6H5NH2

DẠ Y

KÈ

Câu 5. (2 điểm) 1. Cho hỗn hợp Y gồm ba kim loại K, Zn, Fe vào nước dư thu được 6,72 lít khí (đktc) và còn lại chất rắn B không tan có khối lượng 14,45 gam. Cho B vào 100 ml CuSO4 3M, thu được chất rắn C có khối lượng 16,00 gam. Xác định khối lượng mỗi kim loại trong Y? 2. Đun nóng 0,1 mol một este no, mạch hở X ( không chứa nhóm chức nào khác) với 100 gam dung dịch MOH 20%. Phản ứng xong, cô cạn dung dịch thu được phần chất rắn A, ngưng tụ phần hơi thu được 89,2 gam chất lỏng. Đốt cháy hoàn toàn A thu được 25,6 gam muối cacbonat và 25,3 gam hỗn hợp CO2, H2O. a. Xác định M biết M là kim loại kiềm và trong A có chứa 1 muối của axit hữu cơ đơn chức. b. Xác định công thức cấu tạo của X. …………Hết……….

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Tổ Hóa học

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 11 Môn: Hóa học

CI AL

Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 16 tháng 09 năm 2019

OF FI

Câu 1. ( 1,5 điểm) 1. Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương tâm diện. Mạng cơ sở của CuCl như sau

KÈ

2. Cho sơ đồ phản ứng sau:

ƠN

Các ion Cl - xếp theo kiểu lập phương tâm mặt, các cation Cu+ nhỏ hơn chiếm hết số hốc bát diện. a) Tính số ion Cu+ và Cl - rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong mạng tinh thể cơ sở. b) Xác định bán kính ion Cu+. Cho: D(CuCl) = 4,136 g/cm3 ; rCl-= 1,84 A0 ; Cu = 63,5 ; Cl = 35,5 2. Kết quả xác định hàm lượng phóng xạ của một mẫu thiên thạch cho thấy trong đó có 1,21 g 206Pb và 4,4 g 238 U. Biết rằng chu kỳ bán hủy của 238U là 4,5.109 năm. a) Hãy tính tuổi của mẫu thiên thạch. b) Xác định tốc độ đầu của sự phân rã (phân rã/phút). Câu 2. ( 1 điểm) Trộn lẫn 7 ml dung dịch NH3 1M với 3 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch A. 1. Tính pH của dung dịch A 2. Thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A thu được dung dịch B (coi thể tích dung dịch B bằng thể tích dung dịch A). Xác định pH của dung dịch B biết Kb(NH3) = 1,8.10-5. Câu 3. ( 1 điểm) Nêu cơ chế của các chuyển hóa sau: 1.

DẠ Y

Hãy chỉ chỉ rõ mỗi bước phản ứng và cơ chế của mỗi bước. Câu 4. ( 1 điểm) Đối với phản ứng đề hiđro hóa etan: C2H6 (k) C2H4 (k) + H2 (k) (1) có các số liệu sau: ΔG0900K = 22,39 kJ.mol-1 và các giá trị entropy được ghi ở bảng dưới đây: Chất

So900K

[J.mol-1.K-1]

H2 163,0

C2H6 319,7

C2H4 291,7

a) Tính Kp của phản ứng (1) tại 900K. b) Tính ΔH0900K của phản ứng C2H4 (k) + H2 (k) C2H6 (k) c) Tính Kp tại 600K của phản ứng (1), giả thiết trong khoảng nhiệt độ từ 600K đến 900K thì ΔHo và ΔSo không thay đổi.

H3C

O +

H3C

COOH

A t , -H2O B ArCHO, AcOH C6H8O4

COOH

2. H3C-CH=CH2 + Cl2 + CH3OH

OF FI

CI AL

Câu 5. ( 1 điểm) Hiđro hóa hiđrocacbon A (C10H14) thu được hiđrocacbon C10H18. Ozon hóa A rồi chế hóa tiếp với Zn/CH3COOH thu được O=CH[CH2]3CO-CO[CH2]3CH=O. a) Viết hai công thức cấu tạo có thể có của A. b) Hiđrocacbon A phản ứng với anhiđrit maleic cho sản phẩm cộng – đóng vòng Đinxơ – Anđơ B. Viết công thức cấu tạo chính xác của A và B. c) Viết công thức cấu tạo của các sản phẩm cộng và cơ chế phản ứng xảy ra khi cho A phản ứng với HCl theo tỉ lệ mol 1 :1. Câu 6 (1,5 điểm): Hoàn thành dãy phản ứng chuyển hóa sau:

Mg,ete

B Mg,ete

C D

CO2 CO2

, EtOH

piperi®in

Kh«ng ph¶n øng PCl5

E to

Br2

NH3 (3 mol)

CH3OH, HCl

ƠN

NaHCO3, J C6H13NO3

DẠ Y

KÈ

Câu 7. ( 1 điểm) 1. Hoàn thành các phương trình hóa học sau: a. Dung dịch BaCl2 + dung dịch NaHSO4 (tỉ lệ mol 1:1). b. Dung dịch Ba(HCO3) 2 + dung dịch KHSO4 (tỉ lệ mol 1:1). c. Dung dịch Ca(H2PO4) 2 + dung dịch KOH (tỉ lệ mol 1:1). d. Dung dịch Ca(OH) 2 + dung dịch NaHCO3 (tỉ lệ mol 1:1). 2. Lên men m gam glucozơ thu được 500 ml ancol etylic 46o và V lít khí CO2 (đktc). Biết hiệu suất phản V ứng lên men rượu đạt 80% và khối lượng riêng của ancol etylic là 0,8 g/ml. Hấp thụ toàn bộ lít CO2 10 thu được ở trên vào x lít dung dịch chứa đồng thời KOH 0,2M và NaOH 0,2M thu được dung dịch chứa 58,4 gam chất tan. Tính x. Câu 8 (1 điểm): Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 bằng dung dịch chứa 0,1 mol H2SO4 và 0,5 mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1 mol NO và a mol NO2 (không còn sản phẩm khử nào khác). Chia dung dịch Y thành hai phần bằng nhau: - Phần 1: Tác dụng với 500 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được 5,35 gam một chất kết tủa - Phần 2: Tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 1. Xác định giá trị của m và a. 2. Tính khối lượng chất tan có trong dung dịch Y. Câu 9. ( 1 điểm) 1. Chia 17 gam hỗn hợp gồm hai anđehit đơn chức (trong đó có một anđehit 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 công thức phân tử, viết công thức cấu tạo và gọi tên hai anđehit trên. 2. Hỗn hợp A gồm ba axit hữu cơ X, Y, Z đều đơn chức mạch hở, trong đó X là axit không no, có một liên kết đôi C=C; Y và Z là hai axit no đơn chức là đồng đẳng liên tiếp (MY < MZ ). Cho 46,04 gam hỗn hợp A tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch B. Cô cạn dung dịch B, thu được chất rắn khan D. Đốt cháy hoàn toàn D bằng O2 dư, thu được 48,76 gam Na2CO3; 44,08 gam hỗn hợp CO2 và H2O. Xác định các chất X, Y, Z.

………..Hết………