TUYỂN TẬP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI HÓA HỌC 10, 11, 12 (GỒM HƠN 100 ĐỀ CÁC NĂM) by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIC

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI HÓA HỌC

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

TUYỂN TẬP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI HÓA HỌC 10, 11, 12 (GỒM HƠN 100 ĐỀ CÁC NĂM GẦN ĐÂY) 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

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN

TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎI HÓA HỌC ()

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 180 phút (không kể phát đề) Ngày thi: …………….

Câu 1.(3 điểm) 1. Hỗn hợp khí X gồm SO2 và O2 có tỉ khối hơi so với H2 bằng 28. Cho 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí X vào bình kín có V2O5 rồi nung nóng đến 4500C. Sau một thời gian phản ứng, làm nguội bình rồi cho toàn bộ các chất thu được đi qua dung dịch BaCl2 (dư). Sau khi kết thúc phản ứng, thu được 17,475 gam kết tủa. Tính hiệu suất của phản ứng oxi hóa SO2 thành SO3. 2. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, NaOH, Na2CO3 trong lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 40%, thu được 8,96 lít hỗn hợp khí có tỉ khối so với H2 là 16,75 và dung dịch Y có nồng độ 51,449%. Cô cạn dung dịch Y, thu được 170,4 gam muối khan. Tính m.

TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN HSG HÓA HỌC

Câu 2. (2 điểm) Bổ túc và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electrom K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 a. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 b. P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + … c. FexOy + HNO3 … + N n Om + H2 O Câu 3(3 điểm). Hợp chất A có công thức MX2, trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng. Trong hạt nhân của M có n – p = 4; của X có n’ = p’, trong đó n, n’, p, p’ là số nơtron và số proton. Tổng số proton trong MX2 là 58. Viết kí hiệu nguyên tử của M, X và cấu hình electron M 2+ Câu 4(3 điểm) a. Nguyên tử vàng có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44AO và 197g/mol. Biết rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm3. Hỏi các nguyên tử vàng chiếm bao nhiêu % thể tích trong tinh thể ? (cho N = 6,02.1023) b. Viết công thức cấu tạo các chất sau: HClO4, H3PO3, NH4NO3, H2SO4 Câu 5 (3 điểm) Cho vào nước dư 3g oxit của 1 kim loại hoá trị 1, ta được dung dịch kiềm, chia dung dịch làm hai phần bằng nhau: - Phần 1: Cho tác dụng hoàn toàn với 90 ml dung dịch HCl 1M, sau phản ứng dung dịch làm quỳ tím hoá xanh. - Phần 2: Cho tác dụng với V(ml) dung dịch HCl 1M sau phản ứng dung dịch không làm đổi màu quỳ tím a. Tìm công thức phân tử oxit b. Tính V (Cho: Ba = 137; Li = 7; Na = 23; k = 39; Rb = 85; Cs = 133) Câu 6(3 điểm) 3,28g hỗn hợp 3 kim loại A, B, C có tỉ lệ số mol tương ứng là 4 : 3: 2 và có tỉ lệ khối lượng nguyên tử tương ứng là 3 : 5 : 7. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại trên trong dung dịch HCl dư thì thu được 2,0161 lít khí (đktc) và dung dịch A a. Xác định 3 kim loại A, B, C, Biết rằng khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối kim loại hoá trị 2

Trang 1

Trang 2

b. Cho dung dịch xút dư vào dung dịch A, đun nóng trong không khí cho phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính lượng kết tủa thu được, biết rằng chỉ có 50% muối của kim loại B kết tủa với xút (cho: Ca = 40; Mg = 24; Fe = 56; Ni = 5; Sn = 118; Pb = 207; H = 1; O = 16) Câu 7(1,5 điểm) Hoà tan 46g một hỗn hợp gồm Ba và 2 kim loại kiềm A, B thuộc hai chu kì kế tiếp vào nước thì thu được dung dịch (D) và 11,2 lít khí (đktc). Nếu cho thêm 0,18 mol Na2SO4 vào dung dịch (D) thì dung dịch sau phản ứng chưa kết tủa hết Ba. Nếu cho thêm 0,21 mol Na2SO4 vào dung dịch (D) thì dung dịch sau phản ứng còn dư Na2SO4. Xác định tên 2 kim loại kiềm

ĐÁP ÁN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Câu 1 (3 đ)

Câu 8( 1,5đ): Thiết bị điều chế khí Y từ chất X trong phòng thí nghiệm như hình vẽ dưới đây: a. Cho biết phương pháp điều chế khí Y và nguyên tắc điều chế Y. b. Khí Y, chất X có thể là cặp chất nào trong chương trình hóa học 10 trở xuống. Viết phương trình phản ứng hóa học cụ thể.

1.Dựa vào tỉ khối hơi của hỗn hợp và số mol của hỗn hợp ta tính được số mol 0,5 của SO2 = 0,15 mol, của O2 = 0,05 mol. PTHH: 2SO2 + O2 → 2SO3 Khi cho toàn bộ các chất thu được đi qua dung dịch BaCl2 dư thì chỉ có SO3 tham gia phản ứng. PTHH: 0,5 SO3 + H2O + BaCl2 → BaSO4 + 2HCl Dựa vào lượng kết tủa ta có số mol O2 phản ứng là 0,0375 mol. Vậy hiệu suất phản ứng là: 0,0375/0,05 = 75% 0,5 2. Học sinh viết 4 PTHH: Na2SO4 + H2 0,5 2Na + H2SO4 Na2O + H2SO4 Na2SO4 + H2O NaOH + H2SO4 Na2SO4 + H2O Na2CO3 +H2SO4 Na2SO4 + H2O + CO2 Từ giả thiết ta tính được khối lượng hai khí là 13,4 gam; khối lượng muối 0,5 Na2SO4 là 170,4 gam => số mol H2SO4 = số mol Na2SO4 = 1,2 mol Từ đó tính được khối lượng dung dịch H2SO4 ban đầu là 294 gam và khối lượng dung dịch sau phản ứng là 331,2 gam. Theo bảo toàn khối lượng ta có: 294 + m = 331,2 + 13,4 => m = 50,6 gam. 0,5

(Cho: Ba = 137; Li = 7; Na = 23; k = 39; Rb = 85; Cs = 133) (Thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn, giáo viên coi thi không giải thích gì thêm)

Câu 2 (2 đ)

a Cr2S3 + Mn(NO3)2 + CO2 2Cr+3 3S–2 Cr2S3

+ K2CO3

K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO

2Cr+6 + 6e 3S+6 + 24e 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 30e x 1 (a)

Mn+ 6 + 4e Mn+ 2 2N+ 5 + 6e 2N+ 2 Mn(NO3)2 + 2e Mn+ 6 + 2N+2 x 15 (b) Cộng (a) và (b) 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 15Mn+ 6 + 30N+ 2 Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 Hoàn thành: Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 2K2CrO4 + 3K2SO4 +15 K2MnO4 + 30NO + 20CO2

Trang 3

0,25 0,25

0,5

Trang 4

b. P + NH4ClO4 2N –3 2Cl+ 7 + 14e 2NH4ClO3 + 8e PO 10NH4NO3 + 8PO

H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2NO + 6e 2ClO 2NO + 2ClO x 5 P+ 5 + 5e x8 8P+ 5 + 10NO + 10ClO + 16H2O

c. Công thức cấu tạo: O O

0,25

10NH4NO3 + 8P 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O c. FexOy + HNO3 Fe(NO3)3 + NnOm + H2O xFe+ 3 + (3x – 2y)e (5n – 2m) xFe+2y/x nN+ 5 + (5n – 2m)e nN+ 2m/n (3x – 2y) +2y/x +5 + n(3x – 2y)N x(5n – 2m)Fe + 3 + n(3x – x(5n –2m)Fe 2y)N+2m/n Hoàn thành: (5n – m)FexOy + (18nx – 6my – 2ny)HNO3 x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O

Câu 3 (3đ)

Hợp chất A; MX2 Ta có: p+n = 46,67 2(p’ + n’) 53,33 p + n = 1,75(n’ + p’) (a) n–p=4 (b) n’ = p’ (c) p + 2p’ = 58 (d) Từ (a), (b), (c), (d) p = 26 ; p’ = 16 n = 30; n’ = 16 AM = 26 + 30 = 56; AX = 16 + 16 = 32 • Kí hiệu nguyên tử: 56 32

O H

0,25 O 0,25 0,25

0,5 0,5 1 0,5

0,5

M là Fe; X là S * Cấu hình electron Fe2+: 1s22s22p63s23p63d6 Câu 4 a. Ta có: mng tửAu = 197/6,02.1023 = 327,24.10 – 24g (3đ) r = 1,44AO = 1,44.10 – 8cm VAu = 4/3.п r3 = 4/3. 3,14.(1,44.10 – 8)3 = 12,5.10 – 24cm3 d = (327,24.10– 24)/(12,5.10 – 24) = 26,179g/cm3 Gọi x là % thể tích Au chiếm chỗ Ta có: x = (19,36.100)/26,179 = 73,95 %

0,5 0,5

Trang 5

H – Cl = O Hay: H – Cl

H– N–H

O O

+ O–N

H–O H–O

P=O

;

H–O

O S

H–O

–

Hay:

H–O S

O H O Viết 1 công thức cấu tạo cho 0,25 điểm a. Gọi công thức oxit kim loại hóa trị I: M2O n HCl = 1.0,09 = 0,09mol Câu 5 Phương trình phản ứng: M2O + 2HCl 2MCl + H2O (3đ) (1) 1,5/(2M + 16) 3/(2M + 16) (1) suy ra: 3/(2M + 16) > 0,09 M < 8,67 Suy ra: M là Li b. nL2O(1/2 hỗn hợp) = 1,5/30 = 0,05 mol 2LiCl + H2O Phương trình phản ứng: Li2O + 2HCl (2) 0,05 0,1 (2) suy ra: V = 0,1/1 = 0,1 lít = 100 ml a. Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là MA, MB, MC số mol H2 = 2,0262/22,4 = 0,09 mol ptpư: A + 2HCl ACl2 + H2 (1) 4x 4x 4x B + 2HCl BCl2 + H2 (2) 3x 3x 3x Câu 6 (3) C + 2HCl CCl2 + H2 (3đ) 2x 2x 2x Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a) Ta có: MB = 5/3MA (b) MC = 7/3MA (c) Mặc khác ta có: MA.4x + MB.3x + MC.2x = 3,28 (d) Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: MA(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28 Suy ra: MA = 24 A: Mg MB = 5/3.24 = 40 B: Ca MC = 7/3.24 = 56 C: Fe b. Dung dịch (A): MgCl2, CaCl2, FeCl2 Phương trình phản ứng: Mg(OH)2 + 2NaCl MgCl2 + 2NaOH 4x 4x

H–O

(4)

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

0,125 0,125 0,125 0,125 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,125 Trang 6

CaCl2 + 2NaOH Ca(OH)2 + 2NaCl 1,5x 1,5x Fe(OH)2 + 2NaCl FeCl2 + 2NaOH 2x 2x 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 2x 2x Từ (4), (5), (6), (7) suy ra: 58.0,04 +74.0,015 + 107.0,02 = 5,57g Câu 7 số mol H2 = 11,2/22,4 = 0,5 mol (3đ) Gọi công thức trung bình 2 kim loại kiềm: M Phương trình phản ứng là: Ba + H2O Ba(OH)2 + H2 (1) x x x M + H2O MOH + 1/2H2 (2) y y y/2 Ba(OH)2 + Na2SO4 BaSO4 + 2NaOH (3) x x Từ (1) và (2) suy ra: x + y/2 = 0,5 (a) Ta có: 137x + My = 46 (b) Từ (3) suy ra: 0,18 < x < 0,21 (c) Từ (a) và (c) suy ra: x = 0,18 y = 0,64 x = 0,21 y = 0,58 Từ (b) suy ra: x = 0,18, y = 0,54 M = 33,34 x = 0,21, y = 0,58 M = 29,7 Na = 23 < 29,7 < M < 33,34 , K = 39 Hai kim loại kiềm là; Na và K Câu 8 a. Phương pháp đẩy nước. Nguyên tắc: Y không tan hoặc tan rất ít trong nước nước. b. X có thể là KMnO4, KClO3…; Y có thể là: O2, t Ptpu: 2KMnO 4  → K 2 MnO 4 + MnO2 + O2 ↑ Thí sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa 0

(5)

0,125

(6)

0,125

(7)

0,125 0,5

TRƯỜNG THPT LAM KINH -------------------

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (4 điểm).

1. Xác định công thức các chất và viết phương trình phản ứng biểu diễn theo sơ đồ biến đổi hóa học sau: + H2 ,

Y 0,25

+ Fe, t

0,25 0,25

+H O 2

X t0

0,25 0,25

+ H 2 SO4 + Q

L + D,

M X

Fe Z+P+

H 2O

2. Đốt cháy hoàn toàn 12,8 gam lưu huỳnh. Khí sinh ra được hấp thụ hết bởi 100 ml dung dịch NaOH 20% (d= 1,28 g/ml). Tìm C% của các chất trong dung dịch thu được sau phản ứng. Bài 2 (2,0 điểm). Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron.

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

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 Bài 3 (2,5 điểm). Từ KMnO4, NaHCO3, Fe, CuS, NaHSO3, FeS2 và dung dịch HCl đặc có thể điều chế được những khí gì? Viết phương trình hoá học. Khi điều chế các khí trên thường có lẫn hơi nước, để làm khô tất cả các khí đó chỉ bằng một hoá chất thì nên chọn chất nào trong số các chất sau đây: CaO, CaCl2 khan, H2SO4 đặc, P2O5 , NaOH rắn. Giải thích (Không cần viết phương trình hoá học). Bài 4 (2,5 điểm) Ion M3+ có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 3s23p63d5. 1. Xác định vị trí (số thứ tự, chu kỳ, nhóm) của M trong bảng tuần hoàn. Cho biết M là kim loại gì? 2. Trong điều kiện không có không khí, cho M cháy trong khí Cl2 thu được một chất A và nung hỗn hợp bột (M và S) được một hợp chất B. Bằng các phản ứng hóa học, hãy trình bày phương pháp nhận biết thành phần của các nguyên tố có mặt trong các chất A và B. Bài 5 (3 điểm). Cho a gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian thu được hỗn hợp A có khối lượng 37,6 gam gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Cho hỗn hợp A phản ứng hết với dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được 3,36 lít khí SO2 (đktc).

Trang 7

Trang 8

TRƯỜNG THPT LAM KINH -------------------

a) Tính a. b) Tính số mol H2SO4 đã phản ứng.

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC

Bài 6: (3 điểm) 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?

Bài 1

1. (2,75)

Xác định đúng chất và

Bài 7 (3 điểm)

X → Y:

Cl2 + H2 → 2HCl

Nung a gam hỗn hợp X gồm Fe và S trong điều kiện không có không khí cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Cho phần 1 tác

Y →Z

HCl + KOH → KCl + H2O

dụng với dung dịch HCl dư thu được hỗn hợp khí Z có d Z

=13.

Z →X

1. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X. 2. Cho phần 2 tác dụng hết với 55 gam dung dịch H2SO4 98%, đun nóng thu được V lít khí

viết đúng PT mỗi

10KCl + 2KMnO4 + 8 H2SO4 → 5Cl2 + 6K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O Z

- tổng 2,75

X →K

t 3Cl2 + 2Fe → 2FeCl3

58,25 gam kết tủa. Tính a, V.

K →L

FeCl3 + 3KOH → Fe(OH)3 + 3KCl K A L

Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học. (Biết: H=1, O=16, C=12, Cl=35,5, Mg=24, Fe=56, Zn=65, Ca=40, Pb = 207; Al = 27; S =

L →M

SO2 (đktc) và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng hết với dung dịch BaCl2 dư tạo thành

t 2Fe(OH)3 → Fe2O3

32;Ba= 137; ZCa= 20; ZMg = 12; ZAl = 13; ZFe= 26; ZCu = 29; ZCr = 24)

+ 3H2O

M o

t Fe2O3 + 3CO → 2Fe

M → Fe

+ 3CO2

Fe → N

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2O Y N

X →Y

Cl2

+ H2O

HCl

X Y →X

4 HCl

+ HClO

Y o

t + MnO2 → MnCl2 + Cl2 + 2H2O

Y X → Z + P + H2O

PT 0,25

Cl2 + 2KOH → KCl + KClO + H2O X

0,25

2. (1,25) nS= nSO2 = 0,4 mol ; m (dd NaOH) = 100.1,28 = 128 (gam) n (NaOH) =

0,25

128.20 n = 0,64(mol )  NaOH = 1,6  tạo ra hai muối 100.40 nSO2

=> tạo ra hỗn hợp 2 muối: NaHSO3: 0,24 (mol) và Na2SO3: 0,16 (mol) Khối lượng dung dịch sau pư = 128 + 0,4.64 = 153,6 gam =>C% NaHSO3 = C% Na2SO3 = Bài 2 2,0 đ

Trang 9

0,25

0,16.104 .100% = 10,8% 153,6

0,25

0,24.126 .100% = 19,69% 153,6

0,25

Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. a)

10FeCl2

+ 6KMnO4 + 24H2SO4  → 5 Fe2(SO4)3 + 10Cl2

+ 3K2SO4 +

Trang 10

6MnSO4 + 24H2O

Nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch thu được, có kết tủa trắng xanh chứng tỏ

0,5 3+

5×

2 FeCl2  → 2 Fe

6×

Mn +7 + 5e  → Mn +2

có Fe(II): FeSO4 + 2NaOH → Na2SO4 + Fe(OH)2 ↓ (trắng xanh)

+ 2Cl2 + 6e Bài 5 3đ

→ 18Mg(NO3)2 + N2O + 2N2 + NH4NO3 + 20H2O b) 18Mg + 44HNO3 

(biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1)

0,5

18 × Mg  → Mg 2+ + 2e

+2y/x

NxOy

N+5 + 8e

N-3

2KMnO4 → K2MnO4

+ MnO2

Bài 6 3đ

- Các khí có thể điều chế được gồm O2, H2S, Cl2, CO2, SO2 - Các phương trình hoá học: to

đ/c khí 0,25

+ O2

NaHCO3 + HCl  → NaCl + H2O + CO2

Theo đầu bài 56x + 65y + 27z = 20,4 (1)

Zn + 2HCl  → ZnCl2 + H2

(2)

→ 2AlCl3 + 3H2 2Al + 6HCl 

(3)

2KMnO4 + 16HCl → 5Cl2 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O

nH 2 = x + y +

+ H2S + S

- Để làm khô tất cả các khí mà chỉ dùng một hoá chất thì ta chọn CaCl2 khan. Vì chỉ có CaCl2 khan hấp thụ hơi nước mà không tác dụng với các khí đó. - Giải thích lí do 2

1s22s22p 3s 3p 3d 4s

0,5 0,25

........Số thứ tự 26, chu kì 4, nhóm VIIIB. M là Fe. 0

t 2. - Fe cháy trong khí clo: 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3

0,5

3 10, 08 z= = 0, 45mol 2 22, 4

(II)

0,5

Trong 0,2 mol hỗn hợp X số mol Fe, Zn, Al lần lượt là kx, ky, kz kx + ky + kz = 0,2 (III)

0,5 0,5

1. Tổng số electron của nguyên tử M là 26. Cấu hình electron đầy đủ 6

0,5

(I)

Fe + 2HCl  → FeCl2 + H2

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

FeS2+ 2HCl  → FeCl2

0,5

Đặt x, y, z lần lượt là số mol Fe, Zn, Al trong 20,4 g hỗn hợp X

Từ 1, 2, 3 và đầu bài

NaHSO3 + HCl  → NaCl + H2O + SO2

Bài 4 2,5đ

0,15

Số mol H2SO4 = 0,9 mol 0,5

8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 2H2O  → 8NaAlO2 + 3NH3 Bài 3 2,5đ

+ 2e → S +4

y = 0,6 Bảo toàn nguyên tố S ta có: nS ( H2SO4) = nS( Fe2(SO4)3 + nS (SO2)

0,5

Al+3 + 3e

3x = 2y + 0,3

Ta có x = 0,5 → a = 28 (g)

d) Al

0,5 0,5

2y +6

0,3

(5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3  → NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2O 8

0,5

O + 2e → O −2

3Fe+3 + 1e

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

0,5

Fe → Fe +3 + 3e x 3x

Fe3O4

Viết các PTHH Quy đổi hỗn hợp Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 về a mol Fe và b mol O. 56x + 16 y= 37,6 nSO2 = 3,36/22,4 =0,15 mol

1 × 7 N +5 + 36 e  → N 2 O + 2N2 + N −3 (5x-2y)

0,75

2Fe + 3Cl2  → 2FeCl3

(4)

Zn + Cl2  → ZnCl2

(5)

2Al + 3Cl2  → 2AlCl3

(6)

nCl2

0,5

3 3 6,16 = x+ y+ z = = 0, 275mol 2 2 22, 4

(IV)

Từ I, II, III, IV

Hòa tan sản phẩm thu được vào nước thu được dung dịch. Lấy vài ml dung dịch cho

0,5

X = 0,2 mol  → mFe = 11,2 gam

tác dụng với dung dịch AgNO3, có kết tủa trắng chứng tỏ có gốc clorua:

Y = 0,1 mol  → mZn = 6,5 gam

FeCl3 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3AgCl ↓ Lặp lại thí nghiệm với dung dịch NaOH, có kết tủa nâu đỏ chứng tỏ có Fe(III):

0,75

FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3 ↓ + 3NaCl t0

- Nung hỗn hợp bột Fe và bột S: Fe + S → FeS

0,25

Cho B vào dung dịch H2SO4 loãng, có khí mùi trứng thối bay ra chứng tỏ có gốc sunfua: FeS + H2SO4 → FeSO4 + H2S ↑ (trứng thối)

Trang 11

→ mAl = 2,7 gam Z = 0,1 mol  Bài 7 3đ

Nung hỗn hợp X

S + Fe  → FeS 2x ←

(1)

Chất rắn Y gồm FeS và Fe dư. Gọi x, y lần lượt là số mol FeS và Fe trong mỗi phần hỗn hợp Y.

Trang 12

FeS + 2HCl  → FeCl2 + H2S x mol

0,5

(2)

x mol

Fe + 2HCl  → FeCl2 + H2 y mol

(3)

y mol

ĐỀ CHÍNH THỨC

34 x + 2 y x 3 Ta có: M Y = = 13 × 2  = x+ y y 1 % khối lượng của Fe =

n 2( x + y ) 4 =  Fe = nS 2x 3

4 × 56 ×100% = 70% (4 × 56) + (3 × 32)

0,5

% khối lượng của S = 30% 2. Tính a, V . Ta có: 2FeS+ 10H2SO4 đặc, nóng → Fe2(SO4)3 + 9SO2 +10H2O x 5x x/2 9x/2 2Fe+ 6H2SO4 đặc, nóng → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O y 3y y/2 3y/2 H2SO4 dư + BaCl2  → 2HCl + BaSO4 z

(4)

0,5

(5) (6)

Fe2(SO4)3 + 3BaCl2  → 2FeCl3 + 3BaSO4

(7)

0,5

Khối lượng hỗn hợp X= a = 2. [(0,075.88) + (0,025.56)] = 16( g )

0,5

 9.0,075 3.0,025  Thể tích khí SO2 = V = 22,4 ( + )  = 8,4 (lít) 2 2  

0,5

(x/2+ y/2) ta có PT:

3(x/2+ y/2)

x y 58,25 3( + ) +z= = 0,25 2 2 233 Số mol H2SO4 đã dùng: 5x + 3y + z =

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG

55.98 = 0,55 100.98

Giải ra: x = 0,075; y = 0,025 ; z = 0,1

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Hóa học - Lớp: 10 (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề)

Bài 1 ( 6 điểm). 1) Mg có khối lượng riêng là 1,74g/cm3, khối lượng phân tử là 24. Tính bán kính nguyên tử của Mg biết trong tinh thể Mg chiếm 74% về thể tích 2) Tổng số hạt cơ bản trong phân tử M2X là 140, trong đó tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 44. Số hạt mang điện trong nguyên tử M nhiều hơn trong nguyên tử X là 22. Xác đinh công thức phân tử M2X 3) Trong tự nhiên, Cacbon có 2 đồng vị bền 126 C và 136 C . Nguyên tử khối trung bình của cacbon là 12,011. Phần trăm của đồng vị 136 C trong hợp chất C3H8 là bao nhiêu

4) Một ion M3+ có tổng số hạt proton, nơtron, electron là 79, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 19. Cấu h́ nh electron của nguyên tử M là Bài 2 (4 điểm). 1) Hoà tan hết kim loại kiềm M trong 500ml dung dịch HCl 1M thu được 42,85 gam chất tan và V lít H2 (đktc). Xác định kim loai M và tính giá trị của V. 2) Hợp chất khí của một nguyên tố với Hidro có dạng RH3, trong hợp chất oxit cao nhất thì Oxi chiếm 56,34% về khối lượng. Xác định nguyên tử khối của R 3) Nguyên tử của nguyên tố R ở trạng thái cơ bản có tổng số electron ở các phân lớp s là 7. a. Viết cấu hình electron nguyên tử của R ở trạng thái cơ bản, xác định tên nguyên tố R. b. Với R có phân lớp 3d đã bão hoà, hoà tan hoàn toàn m gam một oxit của R trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư sinh ra 0,56 lít (điều kiện tiêu chuẩn) khí SO2 là sản phẩm khử duy nhất. Toàn bộ lượng khí SO2 trên phản ứng vừa đủ với 2 lít dung dịch KMnO4 thu được dung dịch T (coi thể tích dung dịch không thay đổi). Viết các phương trình hoá học, tính m và tính nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 đã dùng. Bài 3 (4 điểm). 1) Cân bằng phương trình phản ứng to a. P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O b. K2SO3 + KMnO4 + KHSO4 → K2SO4 + MnSO4 + H2O 2) Cho 2,6 g bột Zn vào 100ml dung dịch CuCl2 0,75M. Lắc kĩ cho đến khi phản ứng kết thúc. Xác định số mol của các chất trong dung dịch thu được Bài 4 ( 6 điểm) 1) Cho 20g hỗn hợp bột Mg và Fe tác dụng với dung dịch HCl dư thấy có 1 g khí H2 bay ra. Tính khối lượng muối cloru thu được trong dung dịch 2) Nhiệt phân hỗn hợp X gồm KMnO4 và KClO3 một thời gian thu được O2 và 28,33 gam chất rắn Y gồm 5 chất. Toàn bộ hỗn hợp rắn Y tác dụng tối đa với 1,2 mol HCl đặc thu được khí Cl2 và dung dịch Z. Cho toàn bộ dung dịch Z tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 thu được 66,01 gam kết tủa. Thành phần phần trăm khối lượng KMnO4 trong hỗn hợp X là bao nhiêu

----------HẾT----------

H =1;Li = 7; N = 14; O=16; Na =23; Mg =24; P=31; Cl =35,5; K =39; Mn =55; Ag =108

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: ...................................... Số báo danh: ................ Trang 13

Trang 14

Chữ ký giám thị coi thi số 1:

Chữ ký giám thị coi thi số 2: Bài 4 (6 điểm)

1 2

CuCl2 = 0,035 55,5g % KMnO4 = 60,75 %

3 3

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

I. Hướng dẫn chung

II. Đáp án và thang điểm Câu Câu 1 (6 điểm)

Câu 2 (4 điểm)

1 2 3 4 1 2

1 Bài 3 (4 điểm) 2

Đáp án 1,59 K2O. 0,97% [Ar]3d64s2 K và 6,72 hoặc Na và 9,048 31 a. Có 3 trường hợp : [Ar]4s1 : Kali; [Ar]3d54s1 : Crom; [Ar]3d104s1 : đồng. b. R có phân lớp 3d đã bão hoà-->R là Cu Cu2O+3H2SO4-->2CuSO4+SO2+3H2O Số mol Cu2O=số mol SO2=0,56:22,4=0,025->m=0,025x144=3,6 5SO2+2KMnO4+2H2O-->K2SO4+2MnSO4+2H2SO4 Số mol KMnO4=số mol H2SO4=số mol SO2x2:5=0,01 -->Nồng độ mol dd KMnO4=Nồng độ mol H2SO4=0,01:2=0,005M to a. 8P + 10NH4ClO4 → 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O b. 5K2SO3 + 2KMnO4 + 6KHSO4 → 9K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O ZnCl2 = 0,04

Điểm 1,5 1,5 1,5 1,5 1 1

3 1 Trang 15

Trang 16

TRƯỜNG THPT HIỆP ĐƯC ĐỀ ĐỀ NGHỊ VÀ ĐÁP ÁN

KỲ THI OLYMPIC 24-3 NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: HÓA HỌC 10 Thời gian làm bài: 150 phút

4.1. ( 1,0 điểm) Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm được mô tả sau: a. Hòa tan FeCl2 vào nước rồi thêm H2SO4 loãng dư, sau đó thêm dung dịch KMnO4 dư thấy có khí màu vàng lục thoát ra và dung dịch thu được có chứa muối mangan (II).

Cho biết khối lượng nguyên tử ( đvC) của các nguyên tố: H=1; Mg = 24; C = 12; O = 16; N = 14; Na = 23; Mg = 24; Si = 28; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Al = 27 ; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; I = 127; Ba = 137; Câu 1. ( 3,5 điểm) 1.1. ( 1.0 điểm) Cho nguyên tử của nguyên tố X, ở trạng thái cơ bản có 17 electron thuộc các phân lớp p. X có hai đồng vị hơn kém nhau hai nơtron. Trong đồng vị số khối lớn, số hạt không mang điện 23 bằng lần hạt mang điện. 35 a. Viết cấu hình electron của X, suy ra vị trí của X trong bảng tuần hoàn. b. Xác định thành phần cấu tạo của hai đồng vị và thành phần % theo số nguyên tử của mỗi đồng vị , biết nguyên tử khối (NTK) trung bình của X bằng 79,91. Coi NTK có giá trị bằng số khối. 1.2. ( 1.0 điểm) Từ muối ăn điều chế được khí clo, từ quặng florit điều chế được chất có thể ăn mòn thủy tinh, từ I2 điều chế một chất pha vào muối ăn để tránh bệnh bướu cổ cho người dùng, từ O2 điều chế chất diệt trùng. Em hãy viết phương trình phản ứng điều chế các chất như đã nói ở trên, biết mỗi chất chỉ được viết một phương trình phản ứng. 1.3. ( 0,5 điểm) Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm trong các phân tử sau: POF3 ; BF3 ; SiHCl3 ; O3. 1.4. ( 1.0 điểm) Nguyên tử của nguyên tố phi kim A có bốn số lượng tử electron cuối cùng thỏa mãn ml + l = 0 và n + ms = 1,5. Xác định tên của A.

Câu 2. ( 3.0 điểm) 2.1. ( 1,5 điểm) Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: Fe3O4+ HNO3 loãng Fe(NO3)3 + NO + H2O Fe3C+ H2SO4 đặc nóng dư Fe2(SO4)3 + CO2 + SO2 + H2O Fe(NO3)3 + H2SO4 + NO2 + H2O FexSy + HNO3 đặc nóng dư 2.2. ( 1,5 điểm) Một pin điện gồm điện cực là một sợi dây bạc nhúng vào dung dịch AgNO3 và điện cực kia là một sợi dây platin nhúng vào dung dịch muối Fe2 + và Fe3+ . a) Viết phương trình phản ứng khi pin hoạt động. b) Tính sức điện động của pin ở điều kiện chuẩn. c) Nếu  Ag+  = 0,1M và  Fe2 +  =  Fe3+  = 1M thì phản ứng trong pin xảy ra như thế nào?       Câu 3. ( 3.5 điểm) 3.1. ( 1,0 điểm) Cho V lít (đktc) hỗn hợp khí (X) gồm Clo và Oxi phản ứng vừa hết với hỗn hợp (Y) gồm 8,4 gam Mg và 5,4 gam Al tạo thành 37,95 gam hỗn hợp (Z) gồm các muối và oxit. Tính V? 3.2. ( 1,0 điểm) Viết 6 phương trình phản ứng khác nhau điều chế trực tiếp khí clo.

3.3. ( 1,5 điểm) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau và cho biết các chất ứng với các chữ cái (A), (B),... tương ứng: (1) FeS2 + khí (A) → chất rắn (B) + khí (D)

(2) (D) + khí (E) → chất rắn (F) + H2O

(3) (F) + (A) → (D)

(4) (E) + NaOH → (G) + H2O

(5) (G) + NaOH → (H) + H2O

(6) (H) + (I) → (K)↓ + (L)

(7) (K) + HCl → (I) + (E)

(8) (E) + Cl2 + H2O → ...

b. Hòa tan Fe3O4 trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư được dung dịch A và khí B mùi hắc. Sục khí B vào dung dịch brom hoặc dung dịch KMnO4 đều thấy các dung dịch này bị nhạt màu.

4.2. ( 2,0 điểm) Hòa tan m gam KMnO4 trong dung dịch HCl đặc dư được dung dịch A và V

lít khí D (đktc). Pha loãng dung dịch A được 500 ml dung dịch B. - Để trung hòa axit dư trong 50 ml dung dịch B cần dùng vừa đủ 24 ml dung dịch NaOH 0,5 M. - Thêm AgNO3 dư vào 100 ml dung dịch B để kết tủa hoàn toàn ion clorua thu được 17,22 gam kết tủa. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tính nồng độ mol/lít các chất tan trong B. c. Tính m, V và thể tích dung dịch HCl 36,5% (D = 1,18 g/ml) đã dùng. 4.3. ( 1,0 điểm) Hãy trình bày cách làm sạch các chất sau, viết phương trình phản ứng (nếu có) để giải thích. a. HCl bị lẫn H2S. b. O2 bị lẫn Cl2. c. CO2 bị lẫn SO2. d. CO2 bị lẫn CO.

Câu 5. ( 3.0 điểm) 5.1. ( 1,5 điểm)

a) Tính hiệu ứng nhiệt ở 250C của phản ứng 2Al + Fe2O3 → 2Fe + Al2O3, biết 0 0 ht , 298 )Al O = −1667,82 kJ/mol; (∆H ht , 298 )Fe O = −819,28 kJ/mol.

(∆H

b) Nhiệt đốt cháy của benzen lỏng ở 250C; 1atm là - 3268 kJ/mol. Xác định nhiệt hình thành của benzen lỏng ở điều kiện đã cho về nhiệt độ và áp suất, biết rằng nhiệt hình thành chuẩn ở 250C của CO2(k), H2O(l) lần lượt bằng - 393,5 và -285,8 kJ/mol. c) Tính (∆H 0ht , 298 )C H O ( r ) biết: (∆H đ0c, 298 )C H O ( r ) = −2805 kJ/mol; (∆H 0ht , 298 )CO ( k ) = −393,5 kJ/mol;

(∆H

)

0 ht , 298 H 2O ( l )

= −285,8 kJ/mol.

5.2. ( 1,5 điểm) Ở 600K đối với phản ứng: H2 + CO2

H2O(k) + CO Nồng độ cân bằng của H2, CO2, H2O và CO lần lượt bằng 0,600 ; 0,459; 0,500 và 0,425 mol/l. a) Tìm KC, KP của phản ứng. b) Nếu lượng ban đầu của H2 và CO2 bằng nhau và bằng 1 mol được đặt vào bình 5 lít thì nồng độ cân bằng của các chất là bao nhiêu ? Câu 6. ( 3,0 điểm) 6.1. ( 1,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm CuSO4 và KCl vào H2O, thu được dung dịch Y. Điện phân Y (có màng ngăn, điện cực trơ) đến khi H2O bắt đầu điện phân ở cả hai điện cực thì dừng điện phân. Số mol khí thoát ra ở anot bằng 4 lần số mol khí thoát ra từ catot. Phần trăm khối lượng của CuSO4 trong hỗn hợp X là bao nhiêu ? 6.2. ( 2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M (dư) được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan.

Câu 4. ( 4.0 điểm)

Trang 17

Trang 18

Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối.

1.4

a. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tìm kim loại M.

------------------ HẾT----------------2.1

- Học sinh không được sử dụng tài liệu và bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học.

POF3 (sp3); O3 (sp2); SiHCl3 (sp3); C2H2 (sp) .

0,5

Theo đề: ml + l = 0 và n + ms = 1,5 *Trường hợp 1: ms = +1/2  n= 1  l= 0; ml = 0 1s1  A là hiđro *Trường hợp 2: ms = -1/2  n= 2  l= 1; ml = -1 2p4  A là oxi *Trường hợp 3: ms = -1/2  n= 2  l= 0; ml = 0 2s2  A là beri(loại) Vậy A là hiđro hoặc oxi.

0,5 0,5

1.3

- Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.

3Fe3O4+ 28HNO3 loãng 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O 3Fe2(SO4)3 + 2CO2 + 13SO2 + 22H2O 2Fe3C+ 22H2SO4 đặc nóng FexSy + (6x+6y)HNO3 đặc nóng xFe(NO3)3 + yH2SO4 + (3x+6y)NO2 + (3x+2y)H2O

0,5 0,5 0,5

- Họ và tên thí sinh: ............................................................................Số báo danh:..........

TRƯỜNG THPT HIỆP ĐƯC

CÂU

KỲ THI OLYMPIC 24-3 NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: HÓA HỌC 10 Thời gian làm bài: 150 phút

ĐÁP ÁN

1.a 1.1

1.b

2.2

Vì X có 17 electron thuộc phân lớp p  cấu hình electron phân lớp p của X là: 2p63p64p5  cấu hình electron đầy đủ: 1s22s22p63s23p63d104s24p5.  Vị trí của X trong bảng tuần hoàn: Ô số 35, Chu kì 4, Nhóm VII A.

1.2

79.x + 81(100 − x) = 79,91  x = 54,5%. 100

dpdd * 2NaCl + 2H2O  → 2NaOH + Cl2 + H2O nm xop

* CaF2 rắn + H2SO4 đặc 2KI * I2 + 2K UV * 3O2 2O3

CaHSO4 + HF

(1)

0,5

ĐIỂM

+ + Fe3aq + Ag( r ) = Fe2aq + Ag+aq ( ) ( ) ( )

0,25 0,25

0,5

c) Nếu  Ag+  = 0,1M và  Fe2 +  =  Fe3+  = 1M thì sđđ của pin sẽ là :       0,059 1.10 −1 Epin = 0,03 + lg = - 0,029 V < 0 1 1 Phản ứng (1) xảy ra theo chiều ngược lại :

3.1

23  số nơtron (hạt không mang điện) là .70 = 46 hạt. 35

Ta có:

+ + Fe2aq + Ag+aq = Fe3aq + Ag( r ) ( ) ( ) ( ) b) Thế của phản ứng (sđđ của pin) ở điều kiện chuẩn :

0 0 E0pin = EAg - EFe = 0.8 - (+0,77) = 0,03 V + 3+ / Ag / Fe2+

Trong đồng vị số khối lớn số hạt mang điện là 35.2 = 70 hạt

 số nơtron trong đồng vị số khối nhỏ là 44 hạt. Vậy thành phần cấu tạo các đồng vị của X là: Đồng vị số khối nhỏ: 35 electron, 35 proton, 44 nơtron  A= 79. Đồng vị số khối lớn: 35 electron, 35 proton, 46 nơtron A= 81. Thành phần %: Gọi thành phần % theo số nguyên tử đồng vị nhỏ là x%  thành phần % theo số nguyên tử đồng vị lớn là (100 – x)%.

a) Phương trình phản ứng khi pin hoạt động :

(2)

0,5

nMg =8,4/24 = 0,35 mol; nAl =5,4/27 = 0,2 mol; Gọi x, y lần lượt là số mol của clo và oxi trong hh X Bảo toàn số mol electron: 2x + 4y = 0,35.2 + 0,2.3

(1)

Bảo toàn khối lượng: 71x + 32y = 37,95 – (8,4+ 5,4)

(2)

0,25 0,25

Từ (1) và (2), suy ra: x= 0,25; y = 0,2. => V = (0,25+ 0,2) . 22,4= 10,08 lít. 3.2

Trang 19

dpdd 2NaCl + 2H2O  → 2NaOH + Cl2 + H2O nm xop

(1)

 → 2Na + Cl2

(2)

dpnc

MnO2 + 4HCl (đặc) → MnCl2 + Cl2 + 2H2O 2KMnO4 + 16HCl (đặc) → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O K2Cr2O7 + 14 HCl (đặc) → 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2 + 7H2O KClO3 + 6HCl (đặc) → KCl + 3Cl2 + 3H2O (hs có thể viết 6 phương trình khác)

0,25 1,0

Sáu phương trình điều chế clo: 2NaCl

0,25

0,25 0,25

3.3

Các chất ứng với các kí hiệu: A: O2 B: Fe2O3 G: NaHS H: Na2S Các phương trình:

D: SO2 I: FeCl2

E: H2S K: FeS

(3) (4) (5) (6)

1,0

F: S L: NaCl

0,5

Trang 20

(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7)

4FeS2 + 11 O2 → 2 Fe2O3 + 8 SO2 SO2 + 2H2S → 3 S + 2 H2O S + O2 → SO2 H2S + NaOH → NaHS + H2O NaHS + NaOH → Na2S + H2O Na2S + FeCl2 → FeS + 2NaCl FeS + 2 HCl → FeCl2 + H2S

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

a. 4.2

Sục hỗn hợp qua dung dịch NaOH dư , Cl2 bị giữ lại. NaCl + NaClO + H2O Cl2 + 2NaOH

0,25

Sục hỗn hợp qua dung dịch chất oxi hóa mạnh (KMnO4, Br2...) SO2 bị giữ lại SO2 + Br2 + 2H2O 2HBr + H2SO4

0,25

1,0

2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc nóng) → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O Khí A là SO2: SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4+ 2H2SO4

0,25

Cho hỗn hợp qua oxit kim loại yếu hoặc trung bình nung nóng (CuO, FeO...) CO bị chuyển thành CO2 t CO + CuO Cu + CO2 0

0,25

0,75 5.1

PTHH: 2Al + Fe2O3 → 2Fe + Al2O3  ∆H 0298 = (∆H 0ht , 298 )Al O − (∆H 0ht , 298 )Fe O = −1667,82 − (−819,28) = - 848,54 kJ 2

(1)

Dung dịch A chứa KCl, MnCl2 và HCl dư  dung dịch B chứa KCl, MnCl2 và HCll

Sục hỗn hợp qua dung dịch Cu(NO3)2 dư , H2S bị giữ lại. Cu(NO3)2 + H2S CuS + 2HNO3 0,25

Phương trình phản ứng: 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O

Các phương trình phản ứng: 2KMnO4 + + 16HCl (đặc) → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O

a 4.3

(8)H2S + 4Cl2 + 4H2O → H2SO4 + 8 HCl 4.1

0,25

Trung hòa axit trong B bằng NaOH: (2)

•

HCl + NaOH → NaCl + H2O B tác dụng với AgNO3 dư: AgNO3 + HCl → AgCl↓ + HNO3

(3)

AgNO3 + KCl → AgCl↓ + KNO3

(4)

2AgNO3 + MnCl2 → 2AgCl↓ + Mn(NO3)2

(5)

0,5

0,25 b.

•

PTHH: C6H6(l) +

(

∆H 0pu = ∆H 0đc, 298

(

 ∆H

)

15 O2(k)  → 6CO2(k) + 3H2O(l) 2 = 3 ∆H 0ht , 298 H O ( l ) + 6 ∆H 0ht , 298 C H ( l)

)

0 ht , 298 C 6 H 6 ( l )

(

= 3 ∆H

)

0 ht , 298 H 2 O ( l )

(

+ 6 ∆H

)

0 ht , 298 CO 2 ( k )

CO 2 ( k )

(

− ∆H 0ht , 298

− ∆H 0đc, 298

)

0,5

C6 H 6 ( l )

= 3.(-285,8) + 6.(-393,5) – (- 3268) = 49,6 kJ/mol

0,5 c.

- Đặt số mol HCl, KCl trong 50 ml dung dịch B lần lượt là x, y (mol).

PTHH: C6H12O6 (r) + 6O2(k) → 6CO2(k) + 6H2O(l) ∆H 0pu = ∆H 0đc, 298 C H O ( r ) = 6 ∆H 0ht , 298 H O ( l ) + 6 ∆H 0ht , 298

(

 (∆H

Theo phương trình phản ứng (1): nMnCl 2 = nKCl = y mol

)

0 ht , 298 C6 H12 O6 ( r )

(

)

(

)

CO2 ( k )

(

− ∆H 0ht , 298

)

C 6 H12 O6 ( r )

= -1270,8 kJ/mol

0,5

Theo phương trình phản ứng (2): x = nHCl = nNaOH = 0,024.0,5 = 0,012 mol



CM (HCl) = 0,24 M

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

0,75

5.2

b. Ban đầu []

⇔ 2x + 2y + 2.2y = 17,22 : 143,5 = 0,12 mol Vậy nồng độ mol của các chất trong B là:  CM (KCl) = CM(MnCl2) = 0,32M

Theo (1) ta có: nKMnO4 = nKCl (500 ml dd B) = 10y = 0,16 mol

 m = mKMnO4 (ban đầu) = 0,16.158 = 25,28 gam. 5 nKMnO4 = 0,4mol  V = 0,4.22,4 = 8,96 lít. 2 Theo (1): nHCl pư = 8 nKMnO4 = 1,28 mol mà nHCl dư = 10.x = 0,12 mol nCl 2 =

0,25

H2 + CO2 0,2 0,2 0,2 – x 0,2 – x

H2O(k) + CO

0,25 KC = 0,772

x x x2  KC = = 0,772  x ≈ 0,0935 (0,2 − x ) 2  [H2O] = [CO] = 0,0935 M; [H2] = [CO2] = 0,2 – 0,0935 = 0,1065 M

⇔ x + 3y = 0,06 mol  y = 0,016 mol.

H2O(k) + CO [CO][H 2 O] 0,425.0,500 = ≈ 0,772 [H 2 ][CO 2 ] 0,600.0,459 KP = KC.(RT)∆ν = KC.(RT)1+1-1-1 = KC = 0,772.

KC =

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

H2 + CO2

6.1 0,25

Trang 21

1,0

Giả sử số mol KCl trong X là 1 mol, khi đó quá trình điện phân xảy ra như sau : Tại catot Tại anot Cu2+ + 2e → Cu 2Cl- → Cl2 + 2e 2a mol a mol → 1 mol 0,5 mol 2H2O + 2e → 2OH- + H2

0,25

Trang 22

2b mol → b mol - Theo đề bài ta có : BT:e   → 2n Cu + 2n H2 = n Cl − 2a + 2b = 1 a = 0,375 mol →    4b = 0,5  b = 0,125 mol  n Cl2 = 4n H 2

0,5

- Vậy hỗn hợp X gồm CuSO4 (0,375 mol) và KCl (1 mol) 0,375.160 %m CuSO 4 = .100 = 44,61 0,375.160 + 1.74,5 .a

6.2

Hỗn hợp X + H2SO4 đặc nóng: 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3 SO2 + 6H2O 2M + 2nH2SO4 → M2(SO4)n + n SO2 + 2nH2O SO2 + 2NaOH → Na2SO3

+ H2O

0,25

(1) (2)

Chú ý: Nếu học sinh có cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

(3)

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

(4) (5)

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

(6) (7)

0,5

Đặt nSO2= d  nNaOH dư = 0,1 – 2d mol.  m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam  d = 0,0375 mol Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol 3 2

n 2

Theo (1) và (2)  nSO = x + y = 0,0375mol 2

0,25

(*)

0,25

(**)

0,25

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

Theo (4), (5) ta có nH = x + .2y = 0,0775mol 2

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

Theo (7) và (8) có: nFeSO = nFe = 2xmol ; nM 4

2 (SO4 ) n

⇔ 304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M.y = 0,405; n.y = 0,045 

Xét:

(***) 0,25

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

n M (g/mol)

1 9 (loại) Vậy kim loại M là Al

2 18 (loại)

3 27 (M là Al)

0,5

Trang 23

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

Trang 24

Năm học: 2016-2017

ĐỀ THI OLYMPIC Môn: Hóa học 10

-------------------

Thời gian làm bài: 120 phút

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

b/ Xác định chiều của phản ứng xảy ra trong dung dịch Fe3+ 0,1M ; Fe2+ 0,01M và Ag+ 0,001M khi cho bột Ag vào dung dịch trên ?

Câu 6.(4,0 điểm)

Câu 1. (4,0 điểm) Trong phân tử MX2 có tổng số hạt p, n, e bằng 164 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 52 hạt. Số khối của nguyên tử M lớn hơn số khối của nguyên tử X là 5.

(biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1)

Tổng số hạt p,n,e trong nguyên tử M lớn hơn trong nguyên tử X là 8 hạt. a) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn. 2+

Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương pháp thăng bằng electron:

a) Mg + HNO3  → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O b) M2(CO3)n + HNO3 đặc, nóng  → M(NO3)m + NO2 + CO2+ H2O c) CuFeSx + O2  → Cu2O + Fe3O4 + SO2↑

b) So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X và Y . c) Hãy cho biết cấu trúc hình học của các phân tử: PF3 , PCl3, PH3 và hãy so sánh các góc liên

d) Fe3O4 + HNO3  → NxOy + --------------------000--------------------

kết giữa nguyên tử P với các nguyên tử khác trong phân tử.

Câu 2. (4,0 điểm) Phản ứng nhị hợp NO2 : 2NO2 (k) → N2O4 (k) Biết ∆H0S (kcal/mol) : 8,091 2,309 57,2 72,2 S0 (cal.mol–1.K–1) : – Tính biến thiên năng lượng tự do của pư ở 00C và 1000C. Cho biết chiều tự diễn biến tại những nhiệt độ đó. – Xđ ở nhiệt độ nào thì ∆G = 0 ? Xác định chiều của phản ứng ở nhiệt độ cao hơn và thấp hơn nhiệt độ đó. Giả thiết ∆H và S của các chất thay đổi theo nhiệt độ không đáng kể. Câu 3. (3,0 điểm) Axit HCl là một axit có ứng dụng nhiều trong công nghiệp và sản xuất. Điều chế HCl có 2 phương pháp: + Phương pháp 1: Cho muối clorua tác dụng với axits H2SO4 đặc (rồi hòa tan khí HCl vào H2O). + Phương pháp 2: Tổng hợp từ H2 và Cl2. Tuy nhiên, cả 2 phương pháp này đều không được dùng để điều chế HBr, HI. Hãy: 1. Viết phương trình phản ứng cho cả 2 phương pháp trên? 2. Tại sao không sử dụng cả 2 phương pháp trên để điều chế HBr, HI? Giải thích? 3. Hãy đề nghị phương pháp điều chế HBr, HI (chỉ yêu cầu viết phương trình phản ứng)? Câu 4. (3,0 điểm) Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm nguội và cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lít khí B có tỉ khối so với không khí bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H2O2 5% (D = 1g/ml) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

Câu 5.(2,0 điểm) Cho phản ứng sau : Fe2+ + 0(

Ag+ ↔

Fe3+

+ Ag

E Ag /Ag) = 0,80V ; E Fe /Fe ) = 0,77V a/ Xác định chiều của phản ứng trong điều kiện chuẩn và tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 298K

Trang 25

Trang 26

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN Năm học: 2016-2017

Ở nhiệt độ t > 560C (hay T > 329K) thì : ∆G0T = –13873 + 42,2T > 0, phản ứng diễn ra theo chiều nghịch Ở nhiệt độ t < 560C (hay T < 329K) thì : ∆G0T = –13873 + 42,2T < 0, phản ứng diễn ra theo chiều thuận

HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC Môn: Hóa học 10

-------------------

Câu 1. (4 điểm)

ĐÁP ÁN Gọi số p và n trong M và X lần lượt là Z,N,Z’,N’ ta có hệ 4 phương trình: (2Z+N) + 2(2Z’+N’) = 164 (2Z+4Z’) – (N+2N’) = 52 (Z+N) – (Z’+N’) = 5 (2Z+N) – (2Z’+N’) = 8 Giải hệ phương trình được Z = 20, Z’ = 17 a) Cấu hình electron và vị trí: Z = 20: 1s22s22p63s23p64s2 → M thuộc ô số 20, chu kỳ 4, nhóm IIA trong BTH Z’ = 17: 1s22s22p63s23p5 → X thuộc ô số 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA trong BTH b) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: R Ca 2 + < R Cl− < R Ca

ĐIỂM 1,0

1,0

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1. Điều chế HCl t0 PP1: NaCl + H2SO4 → NaHSO4 + HCl↑ t0 Na2SO4 + HCl↑ hay 2NaCl + H2SO4 → t0 PP2: Cl2 + H2 → HCl↑ Khí HCl thu được hấp thụ vào nước thu được dung dịch HCl.

1,0

- Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích hạt nhân của nguyên tử đó. - Bán kính ion Ca2+ nhỏ hơn Cl- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân Ca2+ (Z = 20) lớn hơn Cl- (Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron lớn nhất (n = 4). c)Viết công thức cấu tạo:

Câu 3. (3 điểm)

1,0

2. Không sử dụng phương pháp này cho điều chế HBr và HI vì chúng đều là các chất khử. PP1: 2HBr + H2SO4 → Br2 + SO2 + 2H2O 8HI + H2SO4 → 4I2 + H2S + 4H2O t0 PP2: H2 + Br2 → 2HBr ΔH = -71,8kj H2 + I2 ↔ 2HI ΔH = +51,88kj Phản ứng này thuận nghịch nên hiệu suất thấp, không sử dụng.

1,0

Cl H H F H Cl Cl F Các phân tử trên đều thuộc loại AX3E( lai hoá tứ diện ). Tuy nhiên vì có cặp F

electron không liên kết nên góc liên kết nhỏ hơn góc tứ diện ( 109028’). Các góc liên kết cũng không đồng nhất vì các phối tử có độ âm điện khác nhau. Độ âm điện của các phối tử càng lớn, đám mây liên kết càng bị đẩy về phía các phối tử và do đó góc liên kết càng nhỏ. Vì độ âm điện giảm dần theo chiều: F > Cl > H. Nên góc FPF < góc ClPCl < góc HPH.

3. Điều chế HBr, HI PBr3 + 3H2O → H3PO3 + 3HBr↑ PI3 + 3H2O → H3PO3 + 3HI↑

1,0

Câu 4. (3 điểm)

Câu 2. (4 điểm) ĐÁP ÁN

Ở điều kiện chuẩn (1 atm và 250C) : 0 0 ∆H0pư = ∆ H S( N 2 O 4 ) – 2∆ H S( NO 2 ) = 2309 – 2.8091 = –13873 (cal/mol)

ĐIỂM 1,0

∆S0pư = S0(N 2 O4 ) – 2 S0(NO2 ) = 72,7 – 2.57,5 = –42,2 (cal.mol–1.K–1)

Áp dụng : ∆G0T = ∆H0pư – T∆S0pư để tính ∆G ở các nhiệt độ khác nhau. (Vì ∆H0 và ∆S0 biến thiên không đáng kể theo nhiệt độ, nên có thể sử dụng để tính ∆G ở các nhiệt độ khác nhau theo công thức nêu ra.) + Ở 00C, tức 273K : ∆G0273 = –13873 + 42,2.273 = –2352 (cal/mol) ∆G0273 < 0, vậy ở nhiệt độ này phản ứng diễn ra theo chiều thuận + Ở 1000C, tức 373K : ∆G0373 = –13873 + 42,2.373 = +1868 (cal/mol) > 0 Vậy phản ứng lúc này diễn ra theo chiều nghịch Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng ở nhiệt độ T nào đó thì ∆G0T = 0. Khi đó : –13873 + 42,2.T = 0 13873 T= = 329 (K) hay 560C 42, 2

Phương trình phản ứng:

ĐÁP ÁN S + Mg → MgS MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

(1) (2) (3)

M B = 0,8966 × 29 = 26  B chứa H2S và H2 [Mg có dư sau phản ứng (1)]

1,0

ĐIỂM 1,0

1,0

2,987   x + y = 22,4 Gọi x và y lần lượt là số mol khí H2S và H2, ta có  34x + 2 y  = 26  x + y

0,1 . Từ (1), (2), (3) ta có: 3 0,1 × 32 %m(S) = × 100% = 50%, %m(Mg) = 50% 0,1    0,1 +  × 24 + (0,1 × 32 ) 3  

Giải ra ta có x = 0,1 ; y =

1,0 1,0

Trang 27

Trang 28

3 O2 → SO2 + H2O 2 1 H2 + O2 → H2O 2 SO2 + H2O2 → H2SO4

H2 S +

1,0

3 CuFeSx  → 3Cu+1+ 3Fe+8/3+ 3xS+4 + (12x+11)e O2 + 4e  → 2O-2

4 (12x+11)

1,0

12 CuFeSx + (11+12x) O2 → 6Cu2O + 4Fe3O4 + 12xSO2 d) Fe3O4 + HNO3  → NxOy + Fe(NO3)3 + H2O (5x-2y) 1

3Fe+8/3  → 3Fe+3 + 1e

1,0

→ xN+2y/x xN+5 + (5x-2y)e 

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

Câu 5. (2 điểm) 1/

Fe2+

Ag+

↔

ĐÁP ÁN Fe3+

ĐIỂM 1,0

E0pin = 0,8 – 0,77 = 0,03V => Phản ứng xảy ra theo chiều thuận K = 10(En/0,059) = 10(0,03/0,059) = 3,225 2/ E = E0

+ (0,059/n).lg([oxh]/[kh])

1,0

E(Ag /Ag )= 0,8 + 0,059.log(0,001) = 0,623V E(Fe3+/Fe2+ ) = 0,77 + 0,059.log.(0,1/0,01) = 0,829V E = 0,829 – 0,623 = 0,206V Do E > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều : Fe3+

↔ Fe2+

Ag+

Câu 6. (4 điểm) ĐÁP ÁN a) Mg + HNO3  → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O

ĐIỂM

(biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1) 18

2+ Mg0  → Mg + 2e

7 N +5 + 36 e  → N 2 O + 2N2 + N −3

1,0

18Mg + 44HNO3  → 18Mg(NO3)2 + N2O + 2N2 + NH4NO3 + 20H2O b) M2(CO3)n + HNO3 đặc, nóng  → M(NO3)m + NO2 + CO2+ H2O 2M+n  → 2 M+m + 2(m-n) e +5 → N+4 2(m-n) N + 1e  1

1,0

M2(CO3)n + (4m-2n)HNO3 đặc, nóng  → 2M(NO3)m + 2(m-n)NO2 + nCO2+(2mn)H2O c) CuFeSx + O2  → Cu2O + Fe3O4 + SO2↑ 3Cu+2 + 3e  → 3Cu+1 3x S-4/x  → 3xS+4 + 12(x+1)e 3Fe+2  → 3Fe+8/3+ 2e

Trang 29

Trang 30

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2016 – 2017 Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) (ĐỀ ĐỀ NGHỊ)

Câu1.(4 điểm) a. Hãy nêu sự khác nhau cơ bản trong cấu tạo mạng tinh thể nguyên tử và mạng tinh thể ion. Liên kết hoá học trong hai loại mạng đó thuộc loại liên kết gì ? b. Giải thích tại sao CO32 –, không thể nhận thêm một oxi để tạo CO42 – trong khi đó SO32 – có thể nhận thêm 1 nguyên tử oxi để cho ra SO42 – ? c. Giải thích tại sao hai phân tử NO2 có thể kết hợp với nhau tạo ra phân tử N2O4, trong khi đó hai phân tử CO2 không thể kết hợp với nhau để tạo ra phân tử C2O4 Câu2. (4 điểm) a.Bổ túc và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electrom a.1. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 a.2. P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + … a.3. FexOy + HNO3 … + N n Om + H2 O b. Nguyên tử vàng có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44AO và 197g/mol. Biết rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm3. Hỏi các nguyên tử vàng chiếm bao nhiêu % thể tích trong tinh thể ? (cho N = 6,02.1023) c. Viết công thức cấu tạo các chất sau: HClO4, H3PO3, NH4NO3, H2SO4

b. Có 1 lít dung dịch X gồm Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch X, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A. Tính thành phần % khối lượng các chất trong A. Câu 5(4 điểm) 3,28g hỗn hợp 3 kim loại A, B, C có tỉ lệ số mol tương ứng là 4 : 3: 2 và có tỉ lệ khối lượng nguyên tử tương ứng là 3 : 5 : 7. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại trên trong dung dịch HCl dư thì thu được 2,0161 lít khí (đktc) và dung dịch A a. Xác định 3 kim loại A, B, C, Biết khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối kim loại hoá trị 2 b. Cho dung dịch xút dư vào dung dịch A, đun nóng trong không khí cho phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính lượng kết tủa thu được, biết rằng chỉ có 50% muối của kim loại B kết tủa với xút (cho: Ca = 40; Mg = 24; Fe = 56; Ni = 5; Sn = 118; Pb = 207; H = 1; O = 16) (Thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn, giáo viên coi thi không giải thích gì thêm)

Câu3(4 điểm). a. Hợp chất A có công thức MX2, trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng. Trong hạt nhân của M có n – p = 4; của X có n’ = p’, trong đó n, n’, p, p’ là số nơtron và số proton. Tổng số proton trong MX2 là 58. Viết kí hiệu nguyên tử của M, X và cấu hình electron M 2+ b. Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử:

n = 3 ℓ = 1 m = +1,

n = 2 ℓ = 1 m = 0,

n = 2 ℓ = 1 m = +1,

s=−

1 2 s=−

s=−

1 2

b.1. Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự +ℓ... 0 ...-ℓ) b.2. Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các 2− phân tử và ion sau: R2X, AR6, H2AX3, AX 4 (H là hidro).

Câu4 (4 điểm).

a. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1- kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không theo trật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Hãy gắn các giá trị này cho các nguyên tố tương ứng. Giải thích. Trang 31

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2016 – 2017

Trang 32

Câu 1 (4 đ)

a.- Trong mạng tinh thể nguyên tử ở vị trí các nút của mạng là các nguyên tử, chúng liên kết với nhau bằng liên kết cộng hoá trị - Tronh mạng tinh thể ion ở vị trí các nút của mạng là các ion, chúng liên kết với nhau bằng lực hút tỉnh điện b. - Cấu tạo của CO32 – O 2– C=O O Trên nguyên tử cacbon trong CO32 – không còn electron tự do chưa liên kết nên không có khả năng liên kết thêm với 1 nguyên tử oxi để tạo ra CO42 – - Cấu tạo của SO32 – O 2– .. S=O O Trên nguyên tử lưu huỳnh còn 1 cặp electron tự do chưa liên kết, do đó nguyên tử lưu huỳnh có thể tạo liên kết cho nhận với 1 nguyên tử oxi thứ tư để tạo ra SO42 – c. - Cấu tạo của CO2 O=C=O Trên nguyên tử cacbon không còn electron tự do nên hai phân tử CO2 không thể liên kết với nhau để tạo ra C2O4 - Cấu tạo của NO2 O ∙N O Trên nguyên tử nitơ còn 1 electron độc thân tự do, nên nguyên tử nitơ này có khả nặng tạo ra liên kết cộng hoá trị với nguyên tử nitơ trong phân tử thứ hai để tạo ra phân tử N2O4 O O O 2 N∙ N–N O O O

0,5 a.2. P + NH4ClO4 2N –3 2Cl+ 7 + 14e 2NH4ClO3 + 8e PO 10NH4NO3 + 8PO

0,5 0,25 0,5

H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2NO + 6e 2ClO 2NO + 2ClO x 5 +5 P + 5e x8 8P+ 5 + 10NO + 10ClO + 16H2O

10NH4NO3 + 8P

Câu 2 (4 đ)

Mn+ 2 Mn+ 6 + 4e 2N+ 5 + 6e 2N+ 2 Mn(NO3)2 + 2e Mn+ 6 + 2N+2 x 15 (b) Cộng (a) và (b) Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 15Mn+ 6 + 30N+ 2 Hoàn thành: Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 2K2CrO4 + 3K2SO4 +15 K2MnO4 + 30NO + 20CO2

0,25

0,25 a..3. FexOy + HNO3 Fe(NO3)3 + NnOm + H2O xFe+2y/x xFe+ 3 + (3x – 2y)e (5n – 2m) nN+ 5 + (5n – 2m)e nN+ 2m/n (3x – 2y) x(5n –2m)Fe+2y/x + n(3x – 2y)N+ 5 x(5n – 2m)Fe + 3 + n(3x – 2y)N+2m/n Hoàn thành: (5n – m)FexOy + (18nx – 6my – 2ny)HNO3 x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O

0,5

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

c.Công thức cấu tạo: O

O H 0,25

H– N–H H

0,25

Trang 33

0,25 0,25

b. Ta có: mng tửAu = 197/6,02.1023 = 327,24.10 – 24g r = 1,44AO = 1,44.10 – 8cm VAu = 4/3.п r3 = 4/3. 3,14.(1,44.10 – 8)3 = 12,5.10 – 24cm3 d = (327,24.10– 24)/(12,5.10 – 24) = 26,179g/cm3 Gọi x là % thể tích Au chiếm chỗ Ta có: x = (19,36.100)/26,179 = 73,95 % O

H – Cl = O Hay: H – Cl a.1. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 2Cr+3 2Cr+6 + 6e 3S–2 3S+6 + 24e Cr2S3 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 30e x 1 (a)

0,25

8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O

Câu 3 (4đ)

O O O–N

– ;

a. Hợp chất A; MX2 Ta có: p+n = 46,67 2(p’ + n’) 53,33 p + n = 1,75(n’ + p’) (a) n–p=4

H–O H–O H–O H–O

P=O

0,25

Hay:

H S

0,25

O Hay:

H–O

H–O H–O

H–O

H S

Mỗi CTCT 0,5

0,25

Trang 34

(b)

0,5

n’ = p’

(c)

p + 2p’ = 58

(d) Từ (a), (b), (c), (d)

p = 26 ; p’ = 16 n = 30; n’ = 16 AM = 26 + 30 = 56; AX = 16 + 16 = 32 • Kí hiệu nguyên tử: 56 32

0,25

OH OH

0,25

SO 24− , S lai hóa sp3, tứ diện đều.

0,5

M là Fe; X là S * Cấu hình electron Fe2+: 1s22s22p63s23p63d6

S O

O O

0,25

b. b.1.

0,5

3p4  A là S

0,5

2p5  A là F

0,5 2p4  A là O

b.2. Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học: F2O, O lai hóa sp3, phân tử dạng góc:

0,25

O F

Câu 4 (4đ)

a. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố: IA II III IVA VA VIA VII VIII A A A A Li Be B C N O F Ne 2s1 2s2 2p1 2p2 2p3 2p4 2p5 2p6 I1 52 89 801 108 140 131 168 2081 (kJ/mol) 0 9 6 2 4 1 Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I1 tăng dần, phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử. Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là: - Từ IIA qua IIIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2 qua cấu hình kém bền hơn ns2np1 (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn). - Từ VA qua VIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2np3 qua cấu hình kém bền hơn ns2np4 (trong p3 chỉ có các electron độc thân, p4 có một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron).

0,5 0,5

SF6, S lai hóa sp3d, bát diện đều:

0,25

S F

b. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau: M2+ + CO32-  MCO3 0,25 Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO32- = 0,35 0,25 Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl2 về MCO3 khối lượng giảm 11 0,25 gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam  Số mol MCO3 =

3,3 = 0,3 0,5 11

< nCO32- -> CO32- có dư, M2+ pư hết nBaCl2 = x, CaCl2 = y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3 giải ra được BaCO3 = 0,1 mol, CaCO3 = 0,2 mol và % BaCO3 = 49,62%, CaCO3 = 50,38%.

F 3

H2SO3, S lai hóa sp , dạng tháp tam giác.

Trang 35

0,25 0,5 Trang 36

c) Hãy cho biết cấu trúc hình học của các phân tử: PF3 , PCl3, PH3 và hãy so sánh các góc liên

Câu 5 (4đ)

a. Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là MA, MB, MC số mol H2 = 2,0262/22,4 = 0,09 mol ptpư: A + 2HCl ACl2 + H2 (1) 4x 4x 4x B + 2HCl BCl2 + H2 (2) 3x 3x 3x C + 2HCl CCl2 + H2 (3) 2x 2x 2x Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a) Ta có: MB = 5/3MA (b) MC = 7/3MA (c) Mặc khác ta có: MA.4x + MB.3x + MC.2x = 3,28 (d) Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: MA(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28 Suy ra: MA = 24 A: Mg B: Ca MB = 5/3.24 = 40 MC = 7/3.24 = 56 C: Fe b. Dung dịch (A): MgCl2, CaCl2, FeCl2 Phương trình phản ứng: MgCl2 + 2NaOH Mg(OH)2 + 2NaCl (4) 4x 4x Ca(OH)2 + 2NaCl (5) CaCl2 + 2NaOH 1,5x 1,5x FeCl2 + 2NaOH Fe(OH)2 + 2NaCl (6) 2x 2x 4Fe(OH)3 (7) 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 2x 2x Từ (4), (5), (6), (7) suy ra: 58.0,04 +74.0,015 + 107.0,02 = 5,57g

kết giữa nguyên tử P với các nguyên tử khác trong phân tử.

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

0,5

0,5 0,25

0,25 0,25

Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm nguội và cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lít khí B có tỉ khối so với không khí bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H2O2 5% (D =

0,25

1g/ml) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra

0,25

trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

0,75 Câu 5.(2,0 điểm)

Năm học: 2016-2017

ĐỀ THI OLYMPIC Môn: Hóa học 10

-------------------

Thời gian làm bài: 120 phút

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

Cho phản ứng sau : Fe2+ + 0(

Ag+ ↔

Fe3+

+ Ag

E Ag /Ag) = 0,80V ; E Fe /Fe ) = 0,77V a/ Xác định chiều của phản ứng trong điều kiện chuẩn và tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 298K b/ Xác định chiều của phản ứng xảy ra trong dung dịch Fe3+ 0,1M ; Fe2+ 0,01M và Ag+ 0,001M khi

Câu 1. (4,0 điểm)

cho bột Ag vào dung dịch trên ?

Trong phân tử MX2 có tổng số hạt p, n, e bằng 164 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 52 hạt. Số khối của nguyên tử M lớn hơn số khối của nguyên tử X là 5. Tổng số hạt p,n,e trong nguyên tử M lớn hơn trong nguyên tử X là 8 hạt.

Câu 6.(4,0 điểm) Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương pháp thăng bằng electron:

a) Mg + HNO3  → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O

c) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn. d) So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X2+ và Y-.

(biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1) b) M2(CO3)n + HNO3 đặc, nóng  → M(NO3)m + NO2 + CO2+ H2O

Trang 37

Trang 38

c) CuFeSx + O2  → Cu2O + Fe3O4 + SO2↑

HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC Môn: Hóa học 10

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

d) Fe3O4 + HNO3  → NxOy + --------------------000--------------------

Năm học: 2016-2017

-------------------

Câu 1. (4 điểm)

ĐÁP ÁN Gọi số p và n trong M và X lần lượt là Z,N,Z’,N’ ta có hệ 4 phương trình: (2Z+N) + 2(2Z’+N’) = 164 (2Z+4Z’) – (N+2N’) = 52 (Z+N) – (Z’+N’) = 5 (2Z+N) – (2Z’+N’) = 8 Giải hệ phương trình được Z = 20, Z’ = 17 b) Cấu hình electron và vị trí: Z = 20: 1s22s22p63s23p64s2 → M thuộc ô số 20, chu kỳ 4, nhóm IIA trong BTH Z’ = 17: 1s22s22p63s23p5 → X thuộc ô số 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA trong BTH b) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: R Ca 2 + < R Cl− < R Ca

ĐIỂM 1,0

1,0 1,0

P F

1,0

P Cl

F đều thuộc loại AX3E( lai hoá tứ diện ). Tuy nhiên vì có cặp Các phân tử trên electron không liên kết nên góc liên kết nhỏ hơn góc tứ diện ( 109028’). Các góc liên kết cũng không đồng nhất vì các phối tử có độ âm điện khác nhau. Độ âm điện của các phối tử càng lớn, đám mây liên kết càng bị đẩy về phía các phối tử và do đó góc liên kết càng nhỏ. Vì độ âm điện giảm dần theo chiều: F > Cl > H. Nên góc FPF < góc ClPCl < góc HPH. Câu 2. (4 điểm) ĐÁP ÁN Ở điều kiện chuẩn (1 atm và 250C) : 0 0 ∆H0pư = ∆ H S( N 2 O 4 ) – 2∆ H S( NO 2 ) = 2309 – 2.8091 = –13873 (cal/mol)

ĐIỂM 1,0

∆S0pư = S0(N 2 O4 ) – 2 S0(NO2 ) = 72,7 – 2.57,5 = –42,2 (cal.mol–1.K–1) Áp dụng : ∆G0T = ∆H0pư – T∆S0pư để tính ∆G ở các nhiệt độ khác nhau. (Vì ∆H0 và ∆S0 biến thiên không đáng kể theo nhiệt độ, nên có thể sử dụng để tính ∆G ở các nhiệt độ khác nhau theo công thức nêu ra.) + Ở 00C, tức 273K : ∆G0273 = –13873 + 42,2.273 = –2352 (cal/mol) ∆G0273 < 0, vậy ở nhiệt độ này phản ứng diễn ra theo chiều thuận + Ở 1000C, tức 373K : ∆G0373 = –13873 + 42,2.373 = +1868 (cal/mol) > 0 Vậy phản ứng lúc này diễn ra theo chiều nghịch Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng ở nhiệt độ T nào đó thì ∆G0T = 0. Khi đó : –13873 + 42,2.T = 0 13873 T= = 329 (K) hay 560C 42, 2

Trang 39

1,0

1,0 1,0

Trang 40

3 O2 → SO2 + H2O 2 1 H2 + O2 → H2O 2 SO2 + H2O2 → H2SO4

H2 S +

Câu 3. (3 điểm) ĐÁP ÁN

1,0

ĐIỂM

1,0

Câu 5. (2 điểm) 1/

Fe2+

Ag+

↔

ĐÁP ÁN Fe3+

ĐIỂM 1,0

E0pin = 0,8 – 0,77 = 0,03V => Phản ứng xảy ra theo chiều thuận K = 10(En/0,059) = 10(0,03/0,059) = 3,225

2/ E = E0

+ (0,059/n).lg([oxh]/[kh])

1,0

E(Ag /Ag )= 0,8 + 0,059.log(0,001) = 0,623V 1,0

E(Fe3+/Fe2+ ) = 0,77 + 0,059.log.(0,1/0,01) = 0,829V E = 0,829 – 0,623 = 0,206V Do E > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều : Fe3+

3. Điều chế HBr, HI PBr3 + 3H2O → H3PO3 + 3HBr↑ PI3 + 3H2O → H3PO3 + 3HI↑

↔ Fe2+

Ag+

1,0

Câu 6. (4 điểm) ĐÁP ÁN a) Mg + HNO3  → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O

Câu 4. (3 điểm) Phương trình phản ứng:

ĐÁP ÁN S + Mg → MgS MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

(1) (2) (3)

M B = 0,8966 × 29 = 26  B chứa H2S và H2 [Mg có dư sau phản ứng (1)]

ĐIỂM 1,0

1,0

(biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1) 18

2+ Mg0  → Mg + 2e

7 N +5 + 36 e  → N 2 O + 2N2 + N −3

1,0

18Mg + 44HNO3  → 18Mg(NO3)2 + N2O + 2N2 + NH4NO3 + 20H2O b) M2(CO3)n + HNO3 đặc, nóng  → M(NO3)m + NO2 + CO2+ H2O

2,987 22,4 34x + 2 y  = 26  x + y 

 Gọi x và y lần lượt là số mol khí H2S và H2, ta có 

ĐIỂM

x+y=

2M+n  → 2 M+m + 2(m-n) e +5 → N+4 2(m-n) N + 1e  1

0,1 . Từ (1), (2), (3) ta có: 3 0,1 × 32 %m(S) = × 100% = 50%, %m(Mg) = 50% 0,1    0,1 +  × 24 + (0,1 × 32 ) 3  

1,0

Giải ra ta có x = 0,1 ; y =

Trang 41

Trang 42

3 CuFeSx  → 3Cu+1+ 3Fe+8/3+ 3xS+4 + (12x+11)e O2 + 4e  → 2O-2

4 (12x+11)

1,0

b.2. Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các

12 CuFeSx + (11+12x) O2 → 6Cu2O + 4Fe3O4 + 12xSO2 d) Fe3O4 + HNO3  → NxOy + Fe(NO3)3 + H2O (5x-2y) 1

3Fe+8/3  → 3Fe+3 + 1e

2− phân tử và ion sau: R2X, AR6, H2AX3, AX 4 (H là hidro).

1,0

→ xN+2y/x xN+5 + (5x-2y)e 

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

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN

b.1. Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự +ℓ... 0 ...-ℓ)

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2016 – 2017 Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) (ĐỀ ĐỀ NGHỊ)

Câu1.(4 điểm) d. Hãy nêu sự khác nhau cơ bản trong cấu tạo mạng tinh thể nguyên tử và mạng tinh thể ion. Liên kết hoá học trong hai loại mạng đó thuộc loại liên kết gì ? e. Giải thích tại sao CO32 –, không thể nhận thêm một oxi để tạo CO42 – trong khi đó SO32 – có thể nhận thêm 1 nguyên tử oxi để cho ra SO42 – ? f. Giải thích tại sao hai phân tử NO2 có thể kết hợp với nhau tạo ra phân tử N2O4, trong khi đó hai phân tử CO2 không thể kết hợp với nhau để tạo ra phân tử C2O4 Câu2. (4 điểm) a.Bổ túc và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electrom a.1. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 a.2. P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + … a.3. FexOy + HNO3 … + Nn Om + H2 O b. Nguyên tử vàng có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44AO và 197g/mol. Biết rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm3. Hỏi các nguyên tử vàng chiếm bao nhiêu % thể tích trong tinh thể ? (cho N = 6,02.1023) c. Viết công thức cấu tạo các chất sau: HClO4, H3PO3, NH4NO3, H2SO4

Câu 4 (4 điểm). a. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1- kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không theo trật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Hãy gắn các giá trị này cho các nguyên tố tương ứng. Giải thích. b. Có 1 lít dung dịch X gồm Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch X, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A. Tính thành phần % khối lượng các chất trong A. Câu 5(4 điểm) 3,28g hỗn hợp 3 kim loại A, B, C có tỉ lệ số mol tương ứng là 4 : 3: 2 và có tỉ lệ khối lượng nguyên tử tương ứng là 3 : 5 : 7. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại trên trong dung dịch HCl dư thì thu được 2,0161 lít khí (đktc) và dung dịch A a. Xác định 3 kim loại A, B, C, Biết khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối kim loại hoá trị 2 c. Cho dung dịch xút dư vào dung dịch A, đun nóng trong không khí cho phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính lượng kết tủa thu được, biết rằng chỉ có 50% muối của kim loại B kết tủa với xút (cho: Ca = 40; Mg = 24; Fe = 56; Ni = 5; Sn = 118; Pb = 207; H = 1; O = 16) (Thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn, giáo viên coi thi không giải thích gì thêm)

n = 3 ℓ = 1 m = +1,

n = 2 ℓ = 1 m = 0,

n = 2 ℓ = 1 m = +1,

s=−

1 2 s=−

s=−

1 2

Trang 43

Trang 44

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2016 – 2017 Câu 1 (4 đ)

Câu 2 (4 đ)

a.1. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 2Cr+3 2Cr+6 + 6e 3S–2 3S+6 + 24e Cr2S3 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 30e x 1 (a)

Mn+ 2 Mn+ 6 + 4e +5 2N + 6e 2N+ 2 Mn(NO3)2 + 2e Mn+ 6 + 2N+2 x 15 (b) Cộng (a) và (b) Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 15Mn+ 6 + 30N+ 2 Hoàn thành: 2K2CrO4 + 3K2SO4 +15 K2MnO4 + Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 30NO + 20CO2

0,25

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

a.2. P + NH4ClO4 2N –3 2Cl+ 7 + 14e 2NH4ClO3 + 8e PO 10NH4NO3 + 8PO

H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2NO + 6e 2ClO 2NO + 2ClO x 5 P+ 5 + 5e x8 8P+ 5 + 10NO + 10ClO + 16H2O

10NH4NO3 + 8P

0,25

8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O

0,25

0,25 0,5

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

a..3. FexOy + HNO3 Fe(NO3)3 + NnOm + H2O xFe+2y/x xFe+ 3 + (3x – 2y)e (5n – 2m) nN+ 5 + (5n – 2m)e nN+ 2m/n (3x – 2y) x(5n –2m)Fe+2y/x + n(3x – 2y)N+ 5 x(5n – 2m)Fe + 3 + n(3x – 2y)N+2m/n Hoàn thành: (5n – m)FexOy + (18nx – 6my – 2ny)HNO3 x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O

H – Cl = O Hay: H – Cl

Trang 45

0,25

O H H– N–H

O O O–N

– ;

H–O H–O H–O

P=O

Hay:

H S

O Hay:

0,25 0,25

H–O

H–O H–O

H S

Mỗi CTCT 0,5

Trang 46

H–O

O F

SF6, S lai hóa sp3d, bát diện đều:

Câu 3 (4đ)

a. Hợp chất A; MX2 Ta có: p+n = 46,67 2(p’ + n’) 53,33 p + n = 1,75(n’ + p’) (a) n–p=4 (b) n’ = p’ (c) p + 2p’ = 58 (d) Từ (a), (b), (c), (d) p = 26 ; p’ = 16 n = 30; n’ = 16 AM = 26 + 30 = 56; AX = 16 + 16 = 32 • Kí hiệu nguyên tử: 56 32

0,25

F F

0,25

H2SO3, S lai hóa sp3, dạng tháp tam giác.

0,5 S O

0,25

OH OH

0,25

SO 24− , S lai hóa sp3, tứ diện đều.

0,5

M là Fe; X là S * Cấu hình electron Fe2+: 1s22s22p63s23p63d6

b. b.1.

O O

0,25

0,5

3p4  A là S

0,5

2p5  A là F

0,5 C:

2p4  A là O

b.2. Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học: F2O, O lai hóa sp3, phân tử dạng góc:

0,25 Trang 47

Câu 4 (4đ)

0,5 0,5

Trang 48

qua cấu hình kém bền hơn ns2np4 (trong p3 chỉ có các electron độc thân, p4 có một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron).

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT TRẦN VĂN DƯ

3,3 gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam  Số mol MCO3 = = 0,3 0,5 11

Câu 5 (4đ)

0,25 0,5

a. Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là MA, MB, MC số mol H2 = 2,0262/22,4 = 0,09 mol (1) ptpư: A + 2HCl ACl2 + H2 4x 4x 4x B + 2HCl BCl2 + H2 (2) 3x 3x 3x C + 2HCl CCl2 + H2 (3) 2x 2x 2x Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a) Ta có: MB = 5/3MA (b) MC = 7/3MA (c) Mặc khác ta có: MA.4x + MB.3x + MC.2x = 3,28 (d) Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: MA(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28 Suy ra: MA = 24 A: Mg MB = 5/3.24 = 40 B: Ca MC = 7/3.24 = 56 C: Fe b. Dung dịch (A): MgCl2, CaCl2, FeCl2 Phương trình phản ứng: MgCl2 + 2NaOH Mg(OH)2 + 2NaCl (4) 4x 4x Ca(OH)2 + 2NaCl (5) CaCl2 + 2NaOH 1,5x 1,5x Fe(OH)2 + 2NaCl (6) FeCl2 + 2NaOH 2x 2x 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 (7) 2x 2x Từ (4), (5), (6), (7) suy ra: 58.0,04 +74.0,015 + 107.0,02 = 5,57g

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

0,5

0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,75

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 24 – 3 LẦN 2 NĂM HỌC 2016 - 2017

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 150 phút Câu 1: (2 điểm) 1.1 Một hợp chất A tạo thành từ các ion X+ và Y2-. Trong ion X+ có 5 hạt nhân của hai nguyên tố và có 10 eletron. Trong ion Y2- có 4 hạt nhân thuộc hai nguyên tố trong cùng một chu kỳ và đứng cách nhau một ô trong bảng tuần hoàn. Tổng số eletron trong Y2- là 32. Hãy xác định các nguyên tố trong hợp chất A và lập công thức hóa học của A. 1.2. Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng mạnh với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng với nhau cho khí E, khí này tan trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ. Hợp chất A với C có trong tự nhiên và thuộc loại cứng nhất. Hợp chất chứa 3 nguyên tố A, B, C là muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân. Xác định A, B, C và viết các phản ứng xảy ra ở trên. Câu HƯỚNG DẪN CHẤM 1 1.1 Xác định X+ X+ có 10 electron  nên tổng proton trong 5 hạt nhân là 11 Z = 2,2. Vậy có 1 nguyên tử là H Gọi nguyên tử thứ hai trong X+ là R, công thức X+ có thể là; RH4+ : ZR + 4 = 11  ZR = 7 (N) ; X+: NH4+ (nhận) R2H3+ : 2ZR + 3 = 11  ZR = 4 loại : R3H2+ : 3ZR + 2 =11  ZR = 3 loại Xác định Y2Y2- có 32 eletron nên tổng số hạt proton trong 4 nguyên tử là 30. Z = 7,5  2 nguyên tử trong Y2- đều thuộc cùng chu kỳ 2. Gọi 2 nguyên tử là A, B: ZB= ZA +2 Công thức Y2- có thể là AB32- : ZA+ 3ZB = 30 ZB= ZA +2  ZA= 6 (C); ZB = 8 (O) A2B22- : 2ZA+ 2ZB = 30 ZB= ZA +2  ZA= 6,5; ZB = 8,5 loại A3B2- : 3ZA+ ZB = 30 ZB= ZA +2  ZA= 7; ZB = 9 loại Hợp chất A có công thức (NH4)2CO3 1.2 AnBm là muối khi thủy phân cho H2S; hợp chất AxCy là Al2O3

Điể m 1,5Đ

1Đ

Vậy A là Al; B là S; C là O; Hợp chất A,B,C là Al2(SO4)3 Trang 49

Trang 50

2Al + 3 S → Al2S3

; Al2S3 + 6H2O → 2 Al(OH)3 + 3 H2S

4Al + 3O2 → 2Al2O3

; S + O2 → SO2

2C + 2H2 →C2H4 ΔHht = ΔH1 + ΔH2 + ΔH3 + ΔH4 = +52,246 KJ/mol (0,5đ)

Al3+ + 2H2O → Al(OH)2+ + H3O+

 C2 H 4 → 2C + 2H 2 ∆H5 = −∆H ht = −52, 246 KJ / mol   + 2C + 2O2 → 2CO2 ∆H3 = −787, 028 KJ / mol  2H + O → 2H O ( l ) ∆H6 = 2∆Hd = −571, 676KJ / mol 2 2  2

Câu 2. (2 điểm) 2.1 Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ phản ứng ở pha khí (3000k) của phản ứng: A(k) + B(k) → C(k) Dựa trên kết quả thực nghiệm sau đây: Thí nghiệm [A] mol/l 1 0,010 2 0,010 3 0,020 2.2 Cho các dữ kiện dưới đây: C2 H 4 + H 2 → C2 H 6

[B] mol/l 0,010 0,020 0,020

Tốc độ mol.l-1.s-1 1,2.10-4 2,4.10-4 9,6.10-4

∆Ha = −136,951 KJ / mol

2.3

1 H 2 + O2 → H 2 O(l) ∆Hd = −285,838 KJ / mol 2

Hãy xác định: Nhiệt hình thành và nhiệt đốt cháy của etylen C2H4 2.3. Hòa tan một mẫu kẽm trong axit HCl ở 200C thấy kết thúc sau 27 phút. Ở 400C cũng mẫu đó tan hết sau 3 phút. Hỏi ở 550C, mẫu Zn tan sau bao lâu. HƯỚNG DẪN CHẤM

a. v = k[A]x[B]y Thí nghiệm 1  1,2.10-4 = k.0,01x . 0,01y Thí nghiệm 2  2,4.10-4 = k.0,01x . 0,02y Thí nghiệm 3  9,6.10-4 = k.0,02x . 0,02y Lấy (3) chia cho (2) 2x = 4  x = 2 Lấy (2) chia cho (1)  2y = 2  y = 1

Điểm 0,5Đ

(1) (2) (3)

 C2 H6 → C2 H 4 + H 2  2CO 2 + 3H 2 O(l) → C2 H 6 + 7 O2  2 + 2C 2O 2CO + → 2 2   3  3H 2 + O 2 → 3H 2 O(l)  2

=5,2

0,5Đ

3 =0,577 phút 5,2

3.1 Bằng phương pháp hoá học hãy phân biệt các dung dịch đựng trong các lọ mất nhãn sau: NaCl, NaNO3, HCl, HBr, NaOH 3.2 Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron: a. Zn + HNO3 →Zn(NO3)2 + NH4NO3 + H2O b. H2SO4 + HI → I2 + H2S + H2O c. NaClO + KI + H2SO4 → I2 + NaCl + K2SO4 + H2O d. K2Cr2O7 + HCl → KCl + CrCl3 + Cl2 + H2O

3.3 Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây: a. Sn 2 + → Sn 4+ b. Cu + → Cu 2+ c. Mn 2 + → MnO4− d. Fe2+ → Fe3+ Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết: ; E 0 MnO / Mn = +1,51v E 0 Fe / Fe = +0, 77v ; E 0CU / Cu = +0,34v 3+

2.2

Vậy thời gian là

55−40 10

Câu 3: (2điểm)

v = k [ A ] [ B]

Bậc phản ứng: x + y = 3 Thí nghiệm 1  1,2.10-4 = k.0,012 . 0,01  k = 1,20.102mol-2 . l-2.s-1 Từ các dữ kiện đề bài ta có:

γ =3

Vậy khi đun nóng từ 400C đến 550C, tốc độ phản ứng tăng 3 (lần)

7 C2 H 6 + O 2 → 2CO2 + 3H 2 O(l) ∆H b = −1559,837 KJ / mol 2 C + O2 → CO2 ∆H c = −393,514 KJ / mol

Câu 2 2.1

C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2 H2O(l) ∆Hđc = ΔH5 + ΔH3 + ΔH6 = 1410,95 KJ/mol

E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15v

;

E 0 Br

− 4

/ 2Br −

= +1, 07v

Viết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra. 1Đ

∆H1 = −∆H a = +136,951 KJ / mol ∆H 2 = −∆H b = +1559,837 KJ / mol ∆H 3 = 2∆H C = −787, 028 KJ / mol ∆H 4 = 3∆H d = −857,514 KJ / mol

Trang 51

Câu 3 3.1

HƯỚNG DẪN CHẤM

+ Lấy mẫu thử từ các dung dịch trên. + Dùng quỳ tím: - Dung dịch làm quỳ hoá xanh là NaOH - Dung dịch làm quỳ hoá đỏ là: HCl; HBr (axit) - Dung dịch không làm đổi màu quỳ là NaCl, NaNO3 (muối) + Nhận biết các axit: dùng dung dịch AgNO3

Điểm 0,75đ

Trang 52

- Dung dịch có tạo kết tủa trắng với AgNO3 là HCl Ptpư: HCl + AgNO3 → AgCl ↓ + HNO3 - Dung dịch có tạo kết tủa vàng với AgNO3 là HBr Ptpư: HBr + AgNO3 → AgBr ↓ + HNO3 + Nhận biết các dung dịch muối: dùng dung dịch AgNO3: - Dung dịch có tạo kết tủa với AgNO3 là NaCl Ptpư: NaCl + AgNO3 → AgCl ↓ + NaNO3 - Dung dịch còn lại là NaNO3 3.2

4.3 Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau:

0,5đ

a. 4Zn + 10HNO3 →4Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O b. H2SO4 + 8HI → 4I2 + H2S + 4H2O c. NaClO + 2KI + H2SO4 → I2 + NaCl + K2SO4 + H2O

d. K2Cr2O7 + 14HCl → 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2 + 7H2O 3.3

Sắp xếp các nữa phản ứng theo chiều tăng dần của thế điện cực chuẩn, ta có: Sn 4 + + 2e Sn 2+ Cu

+ e Cu

E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15v

Fe3+ + e Fe 2+ Br2 + 2e 2Br

0,75đ

E 0 Cu 2 + / Cu + = +0,34v

Hệ thức Arrehnius:

E 0 Fe3 + / Fe2 + = +0, 77v −

0 Br2 / 2Br

E 0 MnO− / Mn 2 + = +1,5v 4

4.2

Theo qui tắc α ta thấy có thể thực hiện các quá trình a), b), d) a. Sn2+ + Br2 →Sn4+ + 2Br – E0 = +1,07 – (+0,15) = +0,92v K = 10

= 1,536.1031

CaCO3 (r) CaO (r) + CO2 (k). ∆H0298K (Kcal/mol) = 42,4. ∆S0298K (cal/mol.K)= 38,4. Áp suất khí quyển = 1 atm  KP = P CO = 1 ∆G0 = ∆H0 - T∆S0 = - RTlnKP = 0 T=

2Cu + Br2 → 2Cu2+ + 2Br – E0 = +1,07-(+0,34) = +0,73v

0,5đ

∆H 0 42,4.10 −3 cal / mol = =1104,2K ∆S0 38,4 cal / mol.K

Vậy trong điều kiện áp suất khí quyển đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân ở 1104,2K hay 1104,2 - 273 = 831,20C

2.0,73

K = 10 0,059 = 5,569.1024

2Fe2+ + Br2 → 2Fe3+ + 2Br – E0 = +1,07-0,77=+0,3v

4.3

2.0,3

K = 10 0,059 = 1, 477.1010

Câu 4 (2điểm) 1 N2(k) + 2

− 1,229.8,314.673.773 = 53,2 kJ/mol − 100

4.1 Cho phản ứng:

k 2 − ∆H T1 − T2 3,8.10 −3 = . = = −1,229 k1 R T1 .T2 1,3.10 −2

− ∆H =

= +1, 07v

MnO4− + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H 2 O

2.0,92 0,059

•Đốt X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng. •Hòa tan X vào nước được dung dịch A, cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu. Nếu tiếp tục cho SO2 qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch B; thêm một ít HNO3 vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO3 thấy tạo thành kết tủa màu vàng. •Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu bị biến mất khi thêm Na2S2O3. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion. b) Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào nước thêm dư KI và vài ml H2SO4 loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na2S2O3 0,1 M tới mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử của X. Câu HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 4 4.1 ½ N2 + ½ H2 NH3 0,5đ Ở 400 0 C có k1 = 1,3 . 10-2; ở 500 0 C có k2 = 3,8 . 10-3

3 H2(k) NH3(k) có hằng số cân bằng ở 4000C là 2

1,3.10-2 và ở 5000C là 3,8.10-3. Hãy tính ΔH0 của phản ứng trên. 4.2 Xét phản ứng:

CaCO3 (r) CaO (r) + CO2 (k). ∆H0298K (Kcal/mol) = 42,4. ∆S0298K (cal/mol.K)= 38,4. Trong điều kiện áp suất của khí quyển thì ở nhiệt độ nào đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân. Trang 53

a) X cháy cho ngọn lửa màu vàng  thành phần nguyên tố của X có 1đ natri. Dung dịch X tác dụng với SO2 đến dư thu được dung dịch B tạo kết tủa vàng với AgNO3  thành phần nguyên tố của X có iot. Phản ứng của X với SO2 chứng minh X có tính oxi hóa. Từ lập luận trên X có cation Na+ và anion IO −x Đặt công thức của X là NaIOx. Phản ứng dạng ion: 2 IO −x +(2x-1) SO2 + 2(x-1) H2O → (2x-1) SO42- + I2 + (4x-4) H + (1) I2 + 2H2O + SO2 → 2I − + SO42- + 4H + (2) Ag + + I −→ AgI (3) Trang 54

IO −x + (2x-1) I − + 2x H + →

x I2

x H2O

SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + (4) *) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl: Fe + 2 HCl → FeCl2 + (5) 2M + 2n HCl → 2MCln + (6) *) Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư: Fe + H2SO4 → FeSO4 + (7) 2M + n H2SO4 → M2(SO4)n + (8) Tính V: Ta có nNaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol Xét trường hợp xảy ra cả phản ứng (3) và (4), NaOH hết: Đặt nSO (3) = a(mol) ; nSO (4) = b(mol)

(4) I2

2Na2S2O3

→

2NaI

Na2S4O6

(5) 1,87.10-3 ← 3,74.10-3 b) Số mol Na2S2O3 = 0,1.0,0374 = 3,74.10-3 Theo (5)  Số mol I2 = ½(Số mol Na2S2O3) = 1,87.10-3 Theo (4)  Số mol IO −x =   

1 x

(số mol I2) =

1 x

.1,87.10-3

0,1 1 = .1,87.10-3 23 + 127 + 16 x x 0,1. x = 1,87.10-3 150 + 16 x

0,1x = 0,2805 + 0,02992x x=4 Công thức phân tử của X: NaIO4

Câu 5 (2điểm) Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. c. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. d. Tính V. e. Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X. Câu 5

HƯỚNG DẪN CHẤM

Điểm

H2O

H2 nH2

= a + 2b = 0,1mol n   NaOH m  chat tan = 104.a + 126.b = 5,725gam

 a = - 0,014 < 0 (loại) Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư: Đặt nSO (4) = d(mol)  nNaOH dư = 0,1 – 2d mol. 2

 m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam  d = 0,0375 mol Vậy VSO2 = 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol Theo

(1)

và



(2)

nSO2 =

3 n x + y = 0,0375mol 2 2

(*) Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có nFe = x mol; nM = 3y mol Theo

(5),

(6)

có

n nH2 = x + .2y = 0,0775mol 2

(**) Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có nFe = 2x mol; nM = y mol

Các phương trình phản ứng: *) Hỗn hợp X + H2SO4 đặc nóng: 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3 SO2 + 6H2O (1) 2M + 2nH2SO4 → M2(SO4)n + n SO2 + 2nH2O (2) Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng: SO2 + NaOH → NaHSO3 (3)

1 y nM = mol 2 2 y = 152.2x + (2M + 96n). = 5,605 2

Theo (7) và (8) có: nFeSO = nFe = 2xmol ; nM 4

 Khối lượng muối: mmuối

2 (SO4 )n

gam ⇔ 304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam (***) Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M.y = 0,405; n.y = 0,045 Trang 55

Trang 56

 Xét:

K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 CO2 b) P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O

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

n M (g/mol)

1 9 (loại)

2 18 (loại)

3 27 (M là Al)

c) FexOy + HNO3 Fe(NO)3 + NnOm + H2O Câu 3: 3.1 Phản ứng dưới đây đạt đến cân bằng ở 109K với hằng số cân bằng Kp = 10: C (r) + CO2 (k) 2CO (k)

 y = 0,015 mol. Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X: %mFe(trongX) =

(a) Tìm hàm lượng khí CO trong hỗn hợp cân bằng, biết áp suất chung của hệ là 1,5atm. (b) Để có hàm lượng CO bằng 50% về thể tích thì áp suất chung là bao nhiêu? 3.2. Cho các dữ kiện: N2O4 (k) 2NO2 (k) 9,665 33,849 ∆H oht (kJ / mol)

56x .100% = 58,03% 56x + 27y

%mAl (trongX) =

27x .100% = 41,97% 56x + 27y

∆S o298 (J / mol)

304,3

240,4

Giả thiết rằng biến thiên entanpi và entropi phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Phản ứng sẽ tự xảy ra theo chiều nào tại nhiệt độ: (a) 0oC và (b) 100oC Câu 4:

KỲ THI KHẢO SÁT OLYMPIC HOÁ 10 lần 1 NĂM HỌC 2016 – 2017 ..................................... Cho biết khối lượng nguyên tử (theo đvC) của các nguyên tố: H = 1; Mg = 24; C = 12; O = 16; N = 14; Na = 23; Si = 28; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Al = 27 ; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; I = 127; Ba = 137; Hg = 201; Pb = 207.

4.1 Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm được mô tả sau: c. Hòa tan FeCl2 vào nước rồi thêm H2SO4 loãng dư, sau đó thêm dung dịch KMnO4 dư thấy có khí màu vàng lục thoát ra và dung dịch thu được có chứa muối mangan (II). d. Hòa tan Fe3O4 trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư được dung dịch A và khí B mùi hắc. Sục khí B vào dung dịch brom hoặc dung dịch KMnO4 đều thấy các dung dịch này bị nhạt màu. 4.2 .H2SO4 đặc có tính háo nước, nó có thể lấy nước từ một số hợp chất hữu cơ. Trong quá trình than hóa saccarozơ có hình thành hỗn hợp khí A (gồm 2 khí). a. Giải thích quá trình hình thành hỗn hợp khí A. b. Trình bày phương pháp hóa học chứng minh sự có mặt của các khí trong A.

Câu 1: Cho nguyên tố X, ở trạng thái cơ bản có 11 electron thuộc các phân lớp p. X có hai đồng vị hơn kém nhau hai nơtron. Trong đồng vị số khối lớn, số hạt mang điện gấp 1,7 lần hạt không mang điện.

(1) FeS2 + khí (A) → chất rắn (B) + khí (D) H2 O

a. Viết cấu hình electron của X. b. Xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn. c.Viết CTCT ,xác định trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm và dạng hình học trong các phân tử và ion sau :HXO, X2O5, XO4Câu 2: 2.1 .Người ta lập một pin gồm hai nửa pin sau: Zn/Zn(NO3)2 0,1M và Ag/AgNO3 0,1M có thế khử chuẩn tương ứng là E o 2 + = −0,76V và E o + = +0,80V . Zn

/ Zn

c. So sánh quá trình làm khô và quá trình than hóa của H2SO4 đặc. 4.3. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau và cho biết các chất ứng với các chữ cái (A), (B),... tương ứng:

Ag / Ag

a. Thiết lập sơ đồ pin. b. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc. c. Tính suất điện động của pin. (d) Tính nồng độ các ion trong dung dịch khi pin ngừng hoạt động 2.2. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron:

Trang 57

(3) (F) + (A) → (D) H2 O (5) (G) + NaOH → (H) + H2O

(2) (D) + khí (E) → chất rắn (F) + (4) (E) + NaOH → (G) + (6) (H) + (I) → (K)↓ + (L)

(7) (K) + HCl → (I) + (E) (8) (E) + Cl2 + H2O → ... 4.4 Sục Cl2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng). a) Viết phương trình hóa học xảy ra và cho nhận xét. b) Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch hỗn hợp HCl và FeCl2, dung dịch Br2, H2O2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư). Câu 5:

Trang 58

Hòa tan m gam KMnO4 trong dung dịch HCl đặc dư được dung dịch A và V lít khí D (đktc). Pha loãng dung dịch A được 500 ml dung dịch B. - Để trung hòa axit dư trong 50 ml dung dịch B cần dùng vừa đủ 24 ml dung dịch NaOH 0,5 M. - Thêm AgNO3 dư vào 100 ml dung dịch B để kết tủa hoàn toàn ion clorua thu được 17,22 gam kết tủa. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tính nồng độ mol/lít các chất tan trong B. c. Tính m, V và thể tích dung dịch HCl 36,5% (D = 1,18 g/ml) đã dùng. Câu 6: Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. f. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. g. Tính V. h. Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X.

CÂU

Ý 1.a

1.b

sinh:

........................................................Số

Chữ kí giám thị 1 ........................................................ ................................

báo

Vì X có 11 electron thuộc phân lớp p  cấu hình electron phân lớp p của X là: 2p63p5  cấu hình electron đầy đủ: 1s22s22p63s23p5.

0,25

Vị trí của X trong bảng tuần hoàn: Ô số 17 vì có 17 electron  điện tích hạt nhân bằng 17. Chu kì 3 vì có 3 lớp electron. Nhóm VII A vì cấu hình electron hóa trị là 3s23p5.

0,5

0,25

Gọi thành phần % theo số nguyên tử đồng vị nhỏ là x%  thành phần % theo số nguyên tử đồng vị lớn là (100 – x)%. Áp dụng công thức tính NTKTB ta có: NTKTB (A) = A1.x% + A2. (100 – x)% ⇔ (17+18).x% + (17+20)(100-x)% = 35,48  x = 76%.

0,25

Xét 1 mol X (35,48 gam) có 0,76 mol 35X (0,76.35 = 26,6 gam)  thành phần % theo khối lượng 35X là: 26,6 : 35,48 = 74,97% thành phần % theo khối lượng 37X là: 100% - 74,97% = 25,03%.

danh

Chữ kí giám thị 2 2

0,25

Theo đề bài: %mR =

Trang 59

ĐIỂM

1.c Trong đồng vị số khối lớn số hạt mang điện là 17.2 = 34 hạt  số nơtron (hạt không mang điện) là 34:1,7 = 20 hạt.  số nơtron trong đồng vị số khối nhỏ là 18 hạt. Vậy thành phần cấu tạo các đồng vị của X là: Đồng vị số khối nhỏ: 17 electron, 17 proton, 18 nơtron. Đồng vị số khối lớn: 17 electron, 17 proton, 20 nơtron. 1.d Thành phần % theo khối lượng:

- - - - - - - - - - - - Hết - - - - - - - - - - - - Họ và tên thí ........................................

ĐÁP ÁN

MR AR n, + p, 1 = = = 3M M + M R 3A M + A R 3(n + p) + (n, + p, ) 15

(1)

0,25

n=p+4 (2) (3) n, = p, Tổng số proton trong Z là 3p + p’ = 84. (4) Giải 4 PT trên ta được: n, = p, = 6  R là cacbon (C) n = 30, p = 26  M là sắt (Fe) Công thức phân tử của Z là Fe3C (hợp chất xementit) a. Phương trình phản ứng: 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O

0,25 0,5

Trang 60

NaCl

b. 2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc nóng) → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O Khí A là SO2: SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4+ 2H2SO4 a. Giải thích sự hình thành A:

0,5

C12H22O11 → 12C + 11 H2O (tỏa nhiệt) C + 2H2SO4 (đặc nóng) → CO2 + 2SO2 + 2H2O. Vậy hỗn hợp khí A gồm CO2 và SO2 H2SO4 (dac)

0,25

b. Chứng minh sự có mặt của hai khí trong A, ta dẫn hỗn hợp khí lần lượt qua bình 1 đựng dung dịch Brom (dư) và bình 2 đựng dung dịch Ca(OH)2 dư rồi thêm vài giọt dung dịch BaCl2 vào bình (1): Hiện tượng: Bình (1) brom nhạt màu, có kết tủa xuất hiện chứng tỏ hỗn hợp có SO2 SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr H2SO4 + BaCl2 → BaSO4↓ + 2HCl Bình (2) có kết tủa xuất hiện chứng tỏ có CO2: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O c. Sự khác nhau giữa quá trình làm khô và quá trình than hóa: Quá trình làm khô là quá trình vật lý. Quá trình than hóa là quá trình hóa học. 1 3

Sáu phương trình điều chế clo: dpdd 2NaCl + 2H2O  → 2NaOH + Cl2 + H2O nm xop 2NaCl  → 2Na + Cl2 MnO2 + 4HCl (đặc) → MnCl2 + Cl2 + 2H2O 2KMnO4 + 16HCl (đặc) → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O K2Cr2O7 + 14 HCl (đặc) → 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2 + 7H2O KClO3 + 6HCl (đặc) → KCl + 3Cl2 + 3H2O dpnc

a 4

0,5

0,25

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

(2) (3) (4) (5) (6)

⇔ 2x + 2y + 2.2y = 17,22 : 143,5 = 0,12 mol ⇔ x + 3y = 0,06 mol  y = 0,016 mol. Vậy nồng độ mol của các chất trong B là:  CM (KCl) = CM(MnCl2) = 0,32M

0,75 c

0,25

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

(hs có thể viết 6 phương trình khác)

0,25

Đặt số mol HCl, KCl trong 50 ml dung dịch B lần lượt là x, y (mol). Theo phương trình phản ứng (1): nMnCl = nKCl = y mol Theo phương trình phản ứng (2): x = nHCl = nNaOH = 0,024.0,5 = 0,012 mol  CM (HCl) = 0,24 M Trong 100 ml dung dịch B: nHCl = 2x mol; nMnCl = nKCl = 2y mol

(1)

Phản ứng (1) là phản ứng dùng để điều chế clo trong công nghiệp. Các phương trình: (8) 4FeS2 + 11 O2 → 2 Fe2O3 + 8 SO2 (9) SO2 + 2H2S → 3 S + 2 H2O (10) S + O2 → SO2 (11) H2S + NaOH → NaHS + H2O (12) NaHS + NaOH → Na2S + H2O (13) Na2S + FeCl2 → FeS + 2NaCl (14) FeS + 2 HCl → FeCl2 + H2S (15) H2S + 4Cl2 + 4H2O → H2SO4 + 8 HCl Các chất ứng với các kí hiệu: A: O2 B: Fe2O3 D: SO2 E: H2S I: FeCl2 K: FeS G: NaHS H: Na2S

Các phương trình phản ứng: KMnO4 + + 16HCl (đặc) → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O (1) Dung dịch A chứa KCl, MnCl2 và HCl dư  dung dịch B chứa KCl, MnCl2 và HCl. • Trung hòa axit trong B bằng NaOH: HCl + NaOH → NaCl + H2O (2) • B tác dụng với AgNO3 dư: AgNO3 + HCl → AgCl↓ + HNO3 (4) AgNO3 + KCl → AgCl↓ + KNO3 (5) 2AgNO3 + MnCl2 → 2AgCl↓ + Mn(NO3)2 (6)

 m = mKMnO

nCl 2

(ban đầu)

= 0,16.158 = 25,28 gam. 0,5

5 = nKMnO4 = 0,4mol  V = 0,4.22,4 = 8,96 lít. 2

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

 nHCl đã dùng = 1,28 + 0,12 = 1,4 mol Vdd HCl đã dùng =

1,0 a 5

F: S L:

nHCl .M HCl 1,4.36,5 = = 118,64ml C%.D 36,5%.1,18

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

0,25

(1) (2)

0,25

Trang 61

Trang 62

0,25

Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng: SO2 + NaOH → NaHSO3 (3) SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O (4) (5) (6)

0,25 (7) (8)

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

n M (g/mol)

Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư: Đặt nSO (4) = d(mol)  nNaOH dư = 0,1 – 2d mol.  m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam  d = 0,0375 mol Vậy VSO2 = 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít n 2

Theo (1) và (2)  nSO = x + y = 0,0375mol

(*)

n 2

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

0,5

%mFe(trongX) =

56x .100% = 58,03% 56x + 27y

%mAl (trongX) =

27x .100% = 41,97% 56x + 27y

ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC: 2016 - 2017 MÔN HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

electron độc thân.

(**)

a. Viết cấu hình electron của nguyên tử X ? 0,5

1 y nM = mol 4 2 2 y  Khối lượng muối: mmuối = 152.2x + (2M + 96n). = 5,605 gam 2 2 (SO4 )n

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT

1.1(1 điểm). Ở trạng thái cơ bản , nguyên tử của nguyên tố X có 3 lớp electron và 2

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

⇔

3 27 (M là Al)

H = 1; He = 4; Li = 7; Be = 9; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; P=31; S = 32; Cl = 35,5; K= 39; Ca = 40; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Rb = 85; Sr = 88; Ag = 108; Sn = 119; Cs = 133; Ba = 137; Pb = 207. Câu 1 (3 điểm):

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

Theo (7) và (8) có: nFeSO = nFe = 2xmol ; nM

2 18 (loại)

Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố:

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

1 9 (loại)

0,25

3 2

n.y = 0,045

0,25

 a = - 0,014 < 0 (loại)

M.y = 0,405;

 y = 0,015 mol. Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X:

 nNaOH = a + 2b = 0,1mol   m chat tan = 104.a + 126.b = 5,725gam

x = 0,01;

M M.y 0,405  = = =9 n n.y 0,045

Xét:

*) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl: Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2 2M + 2n HCl → 2MCln + nH2 *) Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư: Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 2M + n H2SO4 → M2(SO4)n + nH2 b

Từ (*), (**), (***) ta có:

b. Cho biết bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng trong nguyên tử X ? 1.2.(1 điểm) Hợp chất A2B có tổng hạt proton là 23. Hãy xác định công thức hóa học của A2B. Biết rằng 2 nguyên tố A, B thuộc cùng một chu kỳ và 2 nhóm A liên tiếp ?

304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam

(***)

1.3. (1 điểm) Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử nguyên tố trung tâm trong các phần tử sau: NH4+, NH3, ICl4-, AsCl5 Câu 2 (3,5 điểm):

2.1. (2 điểm)Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a. As2S3 + KClO3 + H2O → H3AsO4 + H2SO4 + KCl b. Al + HNO3 -------> Al(NO3)3 + NO + N2 + H2O ( nNO : nN2 = 3 : 2) c. NaIOx + SO2 + H2O ----> I2 + Na2SO4 + H2SO4 2.2.(1,5 điểm) Cho : E0Fe3+/Fe= -0,037 V , E0Fe2+/Fe= -0,440 V ; E0Au3+/ Au+ = 1,26V

Trang 63

Trang 64

a. Lập sơ đồ pin điện hóa,trong đó xảy ra sự oxi hoá ion Fe2+ thành ion Fe3+ và ion Au3+ bị khử thành ion Au+. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin khi pin hoạt động. b. Tính sức điện động chuẩn của pin và hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin này.

Câu 3(3 điểm): 3.1.(1 điểm) Bằng phương pháp hoá học hãy phân biệt các dung dịch đựng trong các lọ mất nhãn sau: NaCl, NaNO3, HCl, HBr, NaOH

3.2.(2 điểm) Sục khí clo vào dung dịch NaOH loãng thu được dung dịch A,hòa tan I2 vào dung dịch NaOH loãng thu được dung dịch B(các thí nghiệm thực hiện ở nhiệt độ phòng). a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra? b. Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra khi cho lần lượt dung dịch hỗn hợp HCl và FeCl2 , dung dịch Br2, H2O2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư) Câu 4. (3 điểm): 4.1.(1 điểm) Chỉ dùng Fe, S và dung dịch H2SO4 loãng, viết các phương trình phản ứng điều chế khí H2S bằng 2 cách khác nhau. 4.2.(2 điểm) Để pha loãng 100 ml dung dịch H2SO4 98% (D=1,84g/cm3) thành dung dịch H2SO4 20% cần V ml H2O. a. Tính V b. Khi pha loãng phải tiến hành như thế nào? Câu V(4,0 điểm): 5.1. (2,5 điểm)Xét phản ứng tổng hợp hiđro iođua: H2(khí) + I2(rắn) 2HI(khí) ∆H = +53kJ (a) H2(khí) + I2(rắn) 2HI(khí)

a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra? b. Tính khối lượng kết tủa C? c. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của KClO3 trong A? -----Hết---Ghi chú: - Học sinh không được sử dụng bất kì tài liệu nào (kể cả Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học) - Giám thị coi thi không cần giải thích gì thêm.

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM

ĐÁP ÁN OLYMPIC NĂM HỌC: 2016 - 2017

TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT

MÔN HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu

Thang điểm

Nội dung

Câu I 1/ (1.00)

3,0 a. Nguyên tử của nguyên tố X có 3 lớp e và 2 e độc thân nên

0,5

cấu hình electron của nguyên tử X có thể có là : [Ne]3s23p2 (1)

(b)

[Ne]3s23p4 (2)

a. Phản ứng (a) là toả nhiệt hay thu nhiệt?

0,5

b. Bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng là :

b. Viết biểu thức tính hằng số cân bằng K của phản ứng (a) theo phương trình hoá học của

(1) : n = 3; l =1; ml= 0; ms = +1/2

phản ứng.

(2): n = 3; l =1; ml= -1; ms = -1/2

c. Thực hiện phản ứng tổng hợp hiđro iođua theo (b) trong một bình kín, dung tích 2 lit ở nhiết độ T, có hằng số cân bằng K = 36. Nếu nồng độ ban đầu của H2 và I2 bằng nhau và bằng 0,02M thì nồng độ của các chất tại thời điểm cân bằng là bao nhiêu?

5.2. (1,5 điểm)Tính nhiệt tạo thành của tinh thể:Ca3(PO4)2, biết: - 12 gam Ca cháy tảo ra 45,57 KCal - 6,2 gam P cháy tỏa ra37,00 Kcal - 168,0 gam CaO tác dụng với 142,0 gam P2O5 tỏa ra 160,50 Kclo Hiệu ứng nhiệt đo trong điều kiện đẳng áp.

(1.00)

Ta có:: 2ZA+ ZB = 23 (1)

0,5

Ta lại có: Ztb = 23:3 = 7,67 => 2 nguyên tố ở chu kỳ nhỏ *TH1: ZA > ZB 2 nguyên tố A, B ở cùng một chu kỳ và thuộc 2 nhóm A liên tiếp => ZA = ZB + 1 (2) Từ (1) và (2) ta được : ZA = 8, ZB = 7

Câu 6.(3,5 điểm)

Hỗn hợp A: KClO3, Ca(ClO3)2, Ca(ClO)2, CaCl2, KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A thu được chất rắn B gồm CaCl2, KCl và một thể tích oxi vừa đủ để oxi hóa SO2 thành SO3 để điều chế 191,1 gam dung dịch H2SO4 80%. Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung dịch K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D

Vậy CTHH của A2B là NO2 *TH2: ZA < ZB => ZB = ZA + 1 (3) Từ (1) và (3) ta được : ZA = 7,3; ZB = 8,4 loại

nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl trong A. Trang 65

Trang 66

0,5

3 (1.00)

0,25

NH4+ : sp3 NH3: sp3

Câu 2

Br2 + 5NaClO + H2O → 2HBrO3 +5NaCl H2O2 + NaClO → H2O+NaCl + O2

0,5

b. Cân bằng đủ , đúng 4 bước

0,75

c. Cân bằng đủ , đúng 4 bước

0,75

Fe2+ →

Phản ứng ở cực âm: Phản ứng ở cực dương:

Câu 4

Fe3+ + 1e

+ 2e → Au

Au3+ + 2Fe2+ →

K1_1 K2

1,0

2Fe3+ + Au+ K

4.1(1đ)

Fe2+ + 2e ↔ Fe

5,0

Cách 1: Fe + S → FeS FeS + H2SO4 loãng → FeSO4 + H2S↑

0.5

Cách 2: Fe + H2SO4 loãng → FeSO4 + H2

b. Fe3+ + 3e ↔ Fe E0(1) =-0,037

S + H2 → H2S

E0(2) =-0,44

Fe3+ + e ↔ Fe2+ E0(3) = 3E0(1) - 2E0(2) = 0,77 K=102(1,26-0,77)/0,059 =1016,61

0,5

4.2(2đ)

D.V .C % 1,84.100.98 = = 180,32g 100 100

mH2SO4 =

0.5

H2O coi như dung dịch H2SO4 có nồng độ là 0%

E0pin= E0Au3+/ Au+ - E0Fe3+/Fe2+ = 0,49

Áp dụng quy tắc đường chéo: (98-20 = 68; 20-0 = 20)

Câu 3 (1.0)

0,5

a. Anot(-) Pt │ Fe3+ , Fe2+ ║ Au3+, Au+ │ Rt (+) Catot

Phản ứng trong pin :

3.1

0,5

Khi cho dd H2O2 vào dd A có khí không , không mùi thoát ra:

3,5 a. Cân bằng đủ , đúng 4 bước

2.1(2.0đ )

0,5

+ 2NaClO + 4HCl → 2FeCl3 + 2NaCl + Cl2 +2 H2O

Khi cho dd Br2 vào dd A, dd Br2 mất màu:

0,25

AsCl5: sp3 d2

(1.50)

2FeCl2

0,25

ICl4-: sp3 d2

2.2

dd không màu chuyển sang màu vàng nâu:

0,25

3,0

H2 O

78% 20%

+ Lấy mẫu thử từ các dung dịch trên.

0,5

+ Dùng quỳ tím:

,32 g

0,25

- Dung dịch làm quỳ hoá xanh là NaOH - Dung dịch làm quỳ hoá đỏ là: HCl; HBr (axit) - Dung dịch không làm đổi màu quỳ là NaCl, NaNO3 (muối) + Nhận biết các axit: dùng dung dịch AgNO3

→

H2SO4 98%

m 78 180,32.78 = →m = = 180,32 20 20

20%

DH2O = 1g/ml → 703,248g H2O = 703,248 ml H2O →VH2O = 703,248 ml

Dung dịch có tạo kết tủa trắng với AgNO3 là HCl Ptpư: HCl + AgNO3 AgCl + HNO3

0,25

Dung dịch có tạo kết tủa vàng với AgNO3 là HBr AgBr + HNO3 Ptpư: HBr + AgNO3

0,25

b. Lấy 703,248 ml H2O vào cốc, rồi cho từ từ 100 ml dung dịch H2SO4 đặc vào cốc, và dùng đũa thủy tinh khuấy nhẹ. (tuyệt đối không làm ngược lại) 0.5

+ Nhận biết các dung dịch muối: dùng dung dịch AgNO3: -

Dung dịch có tạo kết tủa với AgNO3 là NaCl Ptpư: NaCl + AgNO3 AgCl + NaNO3

Dung dịch còn lại là NaNO3

0,5 0,25

3.2(2,0đ a. Ở nhiệt độ thường: 2NaOH + Cl2 → NaCl + NaClO + H2O ) 6NaOH + 3I2 → 5NaI + NaIO3 + 3H2O

0,5

Câu 5 5.1

b. Ion ClO- có tính oxi hóa rất mạnh: Khi cho dd hỗn hợp HCl và FeCl2 vào dd A có khí màu vàng lục thoát ra và Trang 67

4.0 0.5

1a. Theo quy ước ∆H > 0 thì phản ứng thu nhiệt.

(2.5đ) Trang 68

Mol

[ HI ] [H2 ]

b. Vì I2 là chất rắn nên: K = c.

H2(khí)

Trước phản ứng:

0,02M

Phản ứng:

I2(rắn)

0,02M

0,02 – x

2HI(khí)

Mol

0,02 – x

* Theo định luật bảo toàn khối lượng: mA = mKCl + mCaCl2 + mO2 83,68 = 74,5(a + e) + 111(b + c + d) + 32(

(2x) = 36 → 2 x = 6 ( 0, 02 − x ) → x = 0, 015 ( 0, 02 − x ) .( 0, 02 − x ) 2

Vậy :

t Ca(ClO)2  → CaCl2 + O2

Còn lại:

3a + 3b + c) 2

(1)

xt ,t 2SO2 + O2  → 2SO3

3a + 3b + c 2

Mol

Kết luận: Ở cân bằng: [HI] = 0,03M, [H2] = [I2] = 0,005M

3a + 6b + 2c

SO3 + H 2O → H 2 SO4 5.2

nCa= 0,3 mol có ∆H = - 45,57 KCal

1,5 Mol

nP =0,2 mol có ∆H = - 37,00 KcCal nCaO= 0,3 mol và nP2O5 = 1 mol

3a + 6b + 2c

80 =

Ca + ½ O2 → CaO ∆H1 = - 45,57/0,3 = -151,9 KCal 2P + 5/2O2 → P2O5 ∆H2 = - 37,00.2/0,2 = -37,0 KCal 3 CaO + P2O5 → Ca3(PO4)2 ∆H3 = -160,5 KCal

 3a + 6b + 2c =

3 Ca + 2P +4O2 → Ca3(PO4)2 ∆Htt Ta có: ∆Htt = 3.∆H1 + ∆H2 +∆H3 = - 986,2(KCal) Câu 6

3.5

(3.5đ)

CaCl2 : (b + c + d )mol + ddK 2CO3  KCl : (a + e)mol

Mol

→

(b + c + d)

K2CO3

→

(b + c + d)

CaCO3↓

2(b + c + d)

(b + c + d)

2KCl

Số mol K2CO3 = 0,36. 0,5 = 0,18 (mol) = b + c + d

(3)

* Kết tủa C: CaCO3 Khối lượng kết tủa CaCO3 = 100(b + c + d) = 100. 0,18 = 18 gam 2. Dung dịch D (KCl)

3 a 2

(2)

* Chất rắn B 

CaCl2

3 to KClO3  → KCl + O2 2

Mol

98(3a + 6b + 2c) × 100 191,1

80 × 191,1 = 1, 56 100 × 98

KCl + K2CO3  KClO3 : a (mol ) Ca(ClO ) : b(mol ) 3 2  Hỗn hợp A Ca(ClO)2 : c(mol ) CaCl : d (mol ) 2   KCl : e(mol )

3a + 6b + 2c

nKCl = a + e + 2(b + c + d) = (a + e) + 2. 0,18

t Ca(ClO3 )2  → CaCl2 + 3O2 o

mKCl (ddD) =

Trang 69

= a + e + 0,36

22 22 m → nKCl (ddA) = nKCl ( A) 3 KCl ( A) 3

Trang 70

a + e + 0,36 =

22 e 3

a) Cho cân bằng N2O4 (khí)

(4)

2NO2 (khí)

Trong một bình chân không thể tích 0,5 lít được duy trì ở 450C, có 3.10-3 mol N2O4

Từ (1), (2), (3), (4) ta có:

nguyên chất. Khi cân bằng được thiết lập, áp suất trong bình là 0,255 atm. Xác định

độ phân hủy của N2O4 ở nhiệt độ này và hằng số cân bằng KP. Biết biến thiên

  3a  83, 68 = 74,5(a + e) + 111(b + c + d ) + 32  2 + 3b + c     3a + 6b + 2c = 1,56  b + c + d = 0,18  22e  a + e + 0,36 = 3  1,56   → 83, 68 = 74,5( a + e) + (111× 0,18) +  32 ×  2  

 a + e = 0,52   22  a + e + 0,36 = 3 e

→ % KClO3trongA =

entanpi của phản ứng phân huỷ N2O4 là 72,8 KJ/mol. Tính KP ở 210C b) Tính năng lượng liên kết trung bình C – H và C – C từ các kết quả thực nghiệm sau:

→ 74,5 ( a + e ) = 38,74

122,5.a.100 = 58,56% 83, 68

- Nhiệt đốt cháy CH4:

-801,7

kJ/mol

- Nhiệt đốt cháy C2H6

-1412,7

kJ/mol

- Nhiệt đốt cháy H2:

-241,5

kJ/mol

- Nhiệt đốt cháy than chì

-393,4

kJ/mol

- Nhiệt hóa hơi than chì:

+715,0

kJ/mol

+431,5

kJ/mol

- Năng lượng liên kết H - H 0

Các kết quả đều do ở 298 K và 1 atm. ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC 10 THỜI GIAN: 150 phút

Câu 1.( điểm) .Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử: A:

n = 3 ℓ = 1 m = +1,

s=+

1 2

n = 2 ℓ = 1 m = 0,

s=−

1 2

n = 2 ℓ = 1 m = +1,

s=−

1 2

a) Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự( +ℓ... 0 ...-ℓ) b) Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các phân tử và ion sau: R2X, AR6, H2AX3, AX 24− (H là hidro).

Câu 2: ( 4điểm) Cho phản ứng: H2 (K) + I2 (K) 2HI (K) Thực hiện phản ứng trong bình kín 0,5lít ở toC với 0,2mol H2 và 0,2mol I2 .Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng nồng độ của HI là 0,3mol/lít. a) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở toC. b) Thêm vào cân bằng trên 0,1mol H2 thì cân bằng dịch chuyển theo chiều nào tính nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới. Câu 3.(4 điểm) Trang 71

Câu 4: (4 điểm) a) Cho vào nước dư 3g oxit của 1 kim loại hoá trị 1, ta được dung dịch kiềm, chia dung dịch làm hai phần bằng nhau: - Phần 1: Cho tác dụng hoàn toàn với 90 ml dung dịch HCl 1M, sau phản ứng dung dịch làm quỳ tím hoá xanh. - Phần 2: Cho tác dụng với V(ml) dung dịch HCl 1M sau phản ứng dung dịch không làm đổi màu quỳ tím. Tìm công thức phân tử oxit và tính giá trị của V. b) Có 3,28g hỗn hợp 3 kim loại A, B, C có tỉ lệ số mol tương ứng là 4:3:2 và có tỉ lệ khối lượng nguyên tử tương ứng là 3:5:7. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại trên trong dung dịch HCl dư thì thu được 2,0161 lít khí (đktc). Xác định 3 kim loại A, B, C, biết rằng khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối kim loại hoá trị 2. Câu 5: (4 điểm) 1) Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 b) P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2) Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung dịch sau đây: (a) axit sunfuhiđric, (b) axit bromhiđric, (c) nước Gia-ven, (d) axit sunfuric đậm đặc.

Trang 72

S OH OH

0,5

SO 24− , S lai hóa sp3, tứ diện đều.

Câu 1(4đ)

Đáp án

Điểm 0,5

3p4  A là S

1 (1,5đ)

2p5  B là F

2p4  C là O

0,5

0,5 2 Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học: -F2O, O lai hóa sp3, phân tử dạng góc:

0,5

O F

SF6, S lai hóa sp3d, bát diện đều:

0,5

F F

S F

2(4,0)

O O

1(1,0))Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở toC. Theo giả thiết: [H2] = [I2] = 0,4mol/lít H2 (K) + Trước phản ứng: 0,4 (mol/lít) Lúc cân bằng: 0,25(mol/lít) Kcb =

I2 (K) 0,4(mol/lít) 0,25 (mol/lít )

2HI (K) 0,3 (mol/lít )

0,3 2 = 1,44 0,25.0,25

1,0

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

0,5 0,5

Kcb =

H2SO3, S lai hóa sp , dạng tháp tam giác.

0,5

Trang 73

(0,3 + 2 x) 2 = 1,44  2,56x2 + 2,208x – 0,072 = 0 (0,25 − x).(0,45 − x)

ĐK: 0< x < 0,25 Giải phương trình ta được : x = 0,03146 nhận ; x/ = -0,89 loại. Vậy : [H2] = 0,41854 (mol/lít) [I2] = 0,21854 (mol/lít) [HI] = 0,36292 (mol/lít)

0,75 0.5 0,25 0,25 0,25

Trang 74

2 (2,5) 3(4,0)

1 (2,5) Xét cân bằng:

Tính năng lượng liên kết trung bình C – H Viết đúng mỗi quá trình được 0,25 điểm Xếp các quá trình lại như sau:

nRT 3.10 .0,082.(273 + 45) = = 0,156 atn V 0,5

1,25

−3

Pcb =

0,5

CH4 + 2O2  → CO2 + 2H2O

N2O4 = 2NO2

2H2O  → 2H2 + O2

-2∆H3

t=0

3.10-3

3.10-3+

CO2  → C(r) + O2

-∆H4

t = tb

3.10-3(1-) 6.10-3 3.10-3(1+)

 Pcb = P0(1+)  α =

∆H5

C(r)  → C (k)

Pcb = 0,63 P0

2H2  → 4H

0,5

K ∆H  1 1 72,8.10 3  1 1   −  = − Ta có: ln P 21 = − −   = 0,073 K P 45 R  T2 T1  8,314  294 318 

∆H1

2∆H6

CH4  → C(k) + 4H

∆H

∆H = ∆H1 - 2∆H3 - ∆H4 +∆H5 + 2∆H6 =1652,7 kJ/mol

0,5

 4EC-H = 1652,7 kJ/mol  EC-H = 413,175 kJ / mol.

0,5

Tính năng lượng liên kết trung bình C - C.

Trang 75

C2H6 + 7/2O2  → 2CO2 + 3H2O

∆H2

3H2O  → 3H2 + 3/2O2

-3∆H3

2CO2  → 2C (r) + 2O2

-2∆H4

2C r  → C k

2∆H5

3H2  → 6H

3∆H6

C2H6  → 2Ck +6H

∆H

Trang 76

EC-C + 6EC-H = ∆H = ∆H2 –3∆H3 –2∆H4 + 2∆H5 +3∆H6 =2823,1 kJ/mol

0,75

 EC-C = 2823,1-6.143,175=344,05 kJ/mol 4 (4,0)

. Gọi công thức oxit kim loại hóa trị I: M2O n HCl = 1.0,09 = 0,09mol 0,5 Phương trình phản ứng: M2O + 2HCl  → 2MCl + H2O (1) 1,5/(2M + 16) 3/(2M + 16) 1(1,0 (1) suy ra: 3/(2M + 16) > 0,09 M < 8,67 0,5 Suy ra: M là Li

b) P + NH4ClO4  → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2NO + 6e 2N –3  → +7 2Cl + 14e  → 2ClO 2(1,0 2NH4ClO3 + 8e  → 2NO + 2ClO x 5 PO  x8 → P+ 5 + 5e 10NH4NO3 + 8PO  8P+ 5 + 10NO + 10ClO + 16H2O → 10NH4NO3 + 8P  → 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O

. nLi2O(1/2 hỗn hợp) = 1,5/30 = 0,05 mol Phương trình phản ứng: Li2O + 2HCl  → 2LiCl + H2O (2) 2(1,0) 0,05 0,1 (2) suy ra: V = 0,1/1 = 0,1 lít = 100 ml

(a) Vẩn đục vàng của kết tủa lưu huỳnh: H2S + 1/2O2 → H2O + S↓ (b) Dung dịch có màu vàng nhạt: 1/2O2 + 2HBr → H2O + Br2 3(2,0)(c) Thoát khí O2 và nồng độ giảm dần NaClO + H2O + CO2 → NaHCO3 + HClO HClO → HCl + 1/2O2 (d) Có màu đen do sự than hóa chất bẩn hữu cơ có trong không khí. H SO Cn(H2O)m  → nC + mH2O

Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là MA, MB, MC ố mol H2 = 2,0262/22,4 = 0,09 mol ptpư: A + 2HCl  (1) → ACl2 + H2 4x 4x 4x (2) B + 2HCl  → BCl2 + H2 3 3x 3x 3x (2,0) C + 2HCl  (3) → CCl2 + H2 2x 2x 2x Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a) (b) Ta có: MB = 5/3MA MC = 7/3MA (c) Mặc khác ta có: MA.4x + MB.3x + MC.2x = 3,28 (d) Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: MA(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28 Suy ra: MA = 24 A: Mg MB = 5/3.24 = 40 B: Ca C: Fe MC = 7/3.24 = 56

5 (4,0)

Mn(NO3)2 + 2e  → Mn+ 6 + 2N+2 x 15 (b) Cộng (a) và (b) Cr2S3 + 15Mn(NO3)2  → 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 15Mn+ 6 + 30N+ 2 Hoàn thành: Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3  → 2K2CrO4 + 3K2SO4 +15 K2MnO4 + 30NO + 20CO2

0,5 0,5

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

SỞ GD-ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI OLYMPIC 24-3-2017 Trường THPT Nguyễn Hiền MÔN: HÓA HỌC 10 Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

0,5

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

a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3  → K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 1(1,0) 2Cr+3  → 2Cr+6 + 6e 3S–2  → 3S+6 + 24e Cr2S3  → 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 30e x 1 (a) Mn+ 2  → Mn+ 6 + 4e +5 + 6e  2N → 2N+ 2

Câu I. (4 đ) I.1.(1,5 đ) Ion M3+ có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 3s23p63d5. 1. Xác định vị trí (số thứ tự, chu kỳ, nhóm) của M trong bảng tuần hoàn. Cho biết M là kim loại gì? 2. Trong điều kiện không có không khí, cho M cháy trong khí Cl2 thu được m ột ch ất A và nung hỗn hợp b ột (M và S) được một hợp chất B. Bằng các phản ứng hóa học, hãy trình bày phương pháp nhận biết thành phần của các nguyên tố có mặt trong các chất A và B. I.2 (1,5đ). Ở trạng thái cơ bản, electron cuối cùng của nguyên tử 3 nguyên tố A, B, C có bộ 4 số lượng tử thỏa mãn : n + l = 5 và ml. ms = 1. Viết cấu hình electron của 3 nguyên tử và gọi tên 3 nguyên tố trên. ( Qui ước ml nhận giá trị từ thấp đến cao) I. 3 (1 đ). Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tố trung tâm trong các phần tử sau và cho biết cấu trúc hình học của chúng ( không vẽ hình): BrF3, HCN, NH4+, CO32Câu II. (4 đ) II.1( 2 đ). Cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử sau:

Trang 77

Trang 78

a. P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O b. CuFeSx + O2 → Cu2O + Fe3O4 + SO2 II.2(2 đ). Một pin điện hóa được thiết lập bởi một điện cực Zn nhúng trong dung dịch Zn(NO3)2 0,25M và một điện cực Ag nhúng trong dung dịch AgNO3 0,15M (ở 25 oC). a. Lập sơ đồ pin, viết phương trình phản ứng xảy ra ở các điện cực và xảy ra trong pin. b. Tính suất điện động của pin. c. Tính hằng số cân bằng của phản ứng. Cho E o Zn / Zn = − 0, 76 V , E o Ag / Ag = 0,8 V 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? Cho nguyên tử khối: Al= 27, Fe= 56, Zn= 65, K=39, MN=55, O=16,H=1, Cl= 35,5

Câu III. ( 3,5 đ) III.1(2 đ). Từ KMnO4, NaHCO3, Fe, CuS, NaHSO3, FeS2 và dung dịch HCl đặc có thể điều chế được những khí gì? Viết phương trình hóa học. Khi điều chế các khí trên thường lẫn hơi nước, để làm khô tất cả các khí đó chỉ bằng 1 hóa chất thì nên chọn chất nào trong số các chất sau: CaO , CaCl2 khan, H2SO4 đặc, NaOH rắn. Giải thích. III.2(1,5 đ). Nguyên tử Au có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44AO và 197g/mol. Biết rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm3. Hỏi các nguyên tử vàng chiếm bao nhiêu % thể tích trong tinh thể ? (Cho NA = 6,022.1023 , Vhình cầu =

----------------------------Hết---------------------------------Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

4 π R 3 ). 3

Câu IV. (3,5 đ) IV.1(1,5 đ). Cho các phương trình nhiệt hóa học sau: Al2O3 (r) + 3 COCl2(k) → 3CO2(k) + 2 AlCl3(r) ∆H1 = -232,24 kJ CO(k) + Cl2(k) → COCl2(k) ∆H 2 = -112,4 kJ 2Al(r) +

3 O2(k) → Al2O3(r) 2

HDC- KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 NĂM HỌC 2016-2017 MÔN: HOÁ HỌC 10

∆H 3 = -1668,2 kJ

Tính nhiệt hình thành 1 mol AlCl3 ( ∆H s ( AlCl ) ) biết ∆H s (CO ) = −110, 4 3

∆H s ( CO2 ) = −393,13

kJ / mol

IV.2 (2 đ). Cho phản ứng: 2SO2(k) + O2(k) ⇌ 2SO3(k) ∆H < 0 a. Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3, người ta có thể sử dụng biện pháp nào liên quan đến áp suất , nhiệt độ, và chất xúc tác. Giải thích? b. Cho 10,51 mol khí SO2 và 37,17 mol không khí ( 20% về thể tích là O2, còn lại là N2) có xúc tác là V2O5. Thực hiện phản ứng ở 427oC, 1 atm thì phản ứng đạt hiệu suất 98%. Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng ở 427 oC Câu V. (5 đ) V. 1. (3đ) Một mẫu sắt chứa tạp chất có khối lượng m = 40 g tác dụng với 2 lít dung dịch HCl 1 M (lấy dư) ( tạp chất không tham gia phản ứng) thu được khí A và dung dịch B. Đốt cháy hoàn toàn khí A, cho sản phẩm cháy qua bình đựng H2SO4 đặc thấy khối lượng bình tăng lên 12,6 gam. a. Tính phần trăm khối lượng sắt nguyên chất trong mẫu trên. b. Lấy 1/2 dung dịch B cho vào V(ml) dung dịch KMnO4 0,5M trong dung dịch H2SO4 loãng, đun nóng thu được khí C. Dẫn khí này vào 1/2 dung dịch B còn lại thu được m gam muối D. Tính V, m. V.2. (2 đ)

Trang 79

CÂU I ( 4 đ) Câu I.1 (1,5đ)

NỘI DUNG

ĐI ỂM

1. Tổng số electron của nguyên tử M là 26. Cấu hình electron đầy đủ 0, 5 1s22s22p63s23p63d64s2 ........Số thứ tự 26, chu kì 4, nhóm VIIIB. M là Fe. 0

t 2. - Fe cháy trong khí clo: 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3

Hòa tan sản phẩm thu được vào nước thu được dung dịch. Lấy vài ml dung dịch cho tác dụng với dung dịch AgNO3, có kết tủa trắng chứng tỏ có gốc clorua: FeCl3 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3AgCl ↓ 0,5 Lặp lại thí nghiệm với dung dịch NaOH, có kết tủa nâu đỏ chứng tỏ có Fe(III): FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3 ↓ + 3NaCl 0

t - Nung hỗn hợp bột Fe và bột S: Fe + S → FeS

Cho B vào dung dịch H2SO4 loãng, có khí mùi trứng thối bay ra chứng tỏ 0,5 có gốc sunfua: FeS + H2SO4 → FeSO4 + H2S ↑ (trứng thối)

Nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch thu được, có kết tủa trắng xanh chứng tỏ có Fe(II): FeSO4 + 2NaOH → Na2SO4 + Fe(OH)2 ↓ (trắng xanh)

Trang 80

CâuI.2 (1,5đ)

n + l = 5 với  ml .ms = 1

Ta có: 

* TH 1: ms = +

0,5

 n ≥ l + 1  l ≥ m   ms = ± 1  2

E Ag + / Ag

1  ml = 2  l ≥ 2  n ≥ 3 . Vậy nghiệm thích hợp là: 2

n=3, l= 2, ml = 2, ms = +1/2.  Phân lớp ngoài cùng là: 3d5 Cấu hình e của nguyên tử A : 1s2 2s22p63s23p63d54s2 (Mangan) B: 1s2 2s22p63s23p63d54s1 (Crôm) * TH 2: ms = −

1  ml = −2  l ≥ 2  n ≥ 3 . Vậy nghiệm thích hợp là: 2

n=3, l= 2, ml = -2, ms = -1/2.  Phân lớp ngoài cùng là: 3d6 Cấu hình e của nguyên tử C : 1s2 2s22p63s23p63d64s2 Sắt)

CâuI.3 1,0đ

BrF3 : lai hóa sp3d, cấu trúc hình học : chữ T HCN : lai hóa sp, cấu trúc hình học : dạng thẳng NH4+ : lai hóa sp3, cấu trúc hình học : tứ diện CO32- : lai hóa sp2, cấu trúc hình học : tam giác

Cực âm :

Zn → Zn

Cực dương :

Ag+ + 1 e → Ag

−3

c. Hằng số cân bằng: K =

Câu III. ( 3,5 đ) III.1

−3

- Các khí có thể điều chế được gồm O2, CO2, H2 , Cl2, SO2, H2S.

t 2KMnO4 → K2MnO4

FeS2+ 2HCl  → FeCl2

+ MnO2

+ H2O + SO2

+ H2S + S

khan. Vì chỉ có CaCl2 khan hấp thụ hơi nước mà không tác dụng với các 0,5

→ P + 5e

khí đó.

8 P + 10NH4ClO4 → 8 H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O

2x (11 + 12x)

+ O2

+ H2O + CO2

- Để làm khô tất cả các khí mà chỉ dùng một hoá chất thì ta chọn CaCl2

III.2 ( 1,5 đ) b)

1,5

- Các phương trình hoá học:

NaHSO3 + HCl  → NaCl 0

0,5 = 7,61.1052

2KMnO4 + 16HCl → 5Cl2 + 2KCl + 2MnCl2 + 8H2O

2 N + 2 Cl +8e → N 2 + Cl2



= 10

2.(0,8− ( −0,76)) 0,059

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

0,059

0,5

1.0

x1 x2

nE 0pin

0,5

0.25x 4

2 N → N 2 + 6e

+ 2e

AgNO3 (0,15M) Ag (+)

b. E pin = E Ag + /Ag - E Zn 2+/ Zn = 0,751 – (- 0,778) = 1,529 V

NaHCO3 + HCl  → NaCl a)

 Phản ứng trong pin : Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag

2 Cl + 14e → Cl2

6 CuFeSx → 6Cu + 6Fe O2 + 4e → 2O-2 +1

+8/3

+ 6xS + (22 +24x)e

1.0

- Thể tích của 1 mol nguyên tử Au là:

4 4 V1 = N A . π R 3 = 6,022.1023. .3,14.(1,44.10-8 )3 = 7,5283(cm3 ) 3 3

0,25

- Thể tích của 1 mol tinh thể nguyên tử Au là:

 12CuFeSx + (11+ 12x) O2 → 6Cu2O + 4Fe3O4 + 12xSO2

V2 =

Câu II.2 2đ

0,8 + 0, 059lg 0,15 = 0,751 V

 Sơ đồ pin : (-) Zn Zn(NO3)2 (0,25M) 0,5

(2 đ) Câu II (4 đ) Câu II.1 2,0đ

0, 059 lg 0, 25 = -0,778 V 2 = E 0 + 0, 059 lg[Ag + ] = −0, 76 +

197 = 10,1756 (cm3 ) 19,36

0,25

Vậy độ đặc khít của Au là:

EZn2+ / Zn = E 0 +

0, 059 lg[Zn 2+ ] 2

1,0

Trang 81

ρ=

7,5283.100 = 74% 10,1756

0,5

Trang 82

mol

Câu IV. (3,5 đ) Câu IV.1 (1,5 đ)

10HCl + 2KMnO4+3H2SO4  → K2SO4 + ∆Η S ( Al2O3 ) = ∆Η 3 = −1668, 2 kJ / mol

0,5

∆Η S (COCl2 ) = ∆Η 2 + ∆Η S (CO ) = −222,8 kJ / mol

0,5

∆Η S ( AlCl3 ) =

Câu IV.2 ( 2 đ)

∆Η1 − 3∆Η S ( CO2 ) + ∆Η S ( Al2O3 ) + 3∆Η S ( COCl2 )

0,3

a. Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3 thì cần tác động như sau:

- Thổi liên tục khí SO2 và không khí nén ở áp suất cao vào lò phản ứng . - Dùng xúc tác V2O5 để phản ứng mau chóng đạt trạng thái cân bằng.

Phản ứng: 10,3

5,15

10,3

2,284

10,3

Lúc cân bằng: 0,21

0,75 mol

Câu V. (5 đ) Câu V.1 (3 đ)

( PSO3 )

( PSO2 )2 .PO2

(10,3) .42,53 = 4, 48.104 (0, 21)2 .2, 284

0,5

1,0

Fe + 2 HCl  → FeCl2 + H2 0,7

1,4

0,7

2H2 + O2

 →

0,7

mol

2H2O 0,7

0,35

0,175

0,35

Sau phản ứng:

0,325

0,35

Câu V.2 (2 đ)

 mH2O = 12,6 g

nHCl b đ = 2 mol

 

mol

Đặt x, y, z lần lượt là số mol Fe, Zn, Al trong 20,4 g hỗn hợp X Theo đầu bài 56x + 65y + 27z = 20,4 (I) Fe + 2HCl  → FeCl2 + H2

(1)

→ ZnCl2 + H2 Zn + 2HCl 

(2)

2Al + 6HCl  → 2AlCl3 + 3H2

(3)

3 10, 08 z= = 0, 45mol 2 22, 4

0,75

(II)

Trong 0,2 mol hỗn hợp X số mol Fe, Zn, Al lần lượt là kx, ky, kz kx + ky + kz = 0,2

0,75

(III)

2Fe + 3Cl2  → 2FeCl3

(4)

Zn + Cl2  → ZnCl2

(5)

2Al + 3Cl2  → 2AlCl3

(6)

nCl2

mol

3 3 6,16 = x+ y+ z = = 0, 275mol 2 2 22, 4

(IV)

Từ I, II, III, IV

Khối lượng bình đựng H2SO4 đặc tăng lên chính là khối lượng nước Mà

0,5

Phản ứng:

nH 2 = x + y +

Pi = xi.P = xi.1= xi. KP =

0,35

Từ 1, 2, 3 và đầu bài

Lúc cân bằng số mol hỗn hợp : 0,21+ 2,284 + 10,3 + 29,736 =42,53 mol 2

Cl 2  → 2FeCl3

Ban đầu:

m FeCl3 = 0,35. 162,5 = 56,875 gam

n N2 bđ = 29,736 mol + O2(k) ⇌ 2SO3(k) 7,434

nCl2 = 0,5 mol

2FeCl2 +

nếu giảm nhiệt độ xuống thấp quá thì tốc độ phản ứng chậm.

2SO2(k)

0,15 mol

= 0,27 mol;

0,75

- Giảm nhiệt độ của hệ phản ứng , nhưng khoảng 500 C là thích hợp vì

Ban đầu: 10,51

+ 5Cl2

Vdd KMnO4 = 0,27: 0,5 = 0,54 lít = 540 ml

b. nO2 bđ = 7,434 mol;

0,06

 n KMnO4

0,5

= −694, 725 kJ / mol

2MnSO4

8H2O

0,5

X = 0,2 mol  → mFe = 11,2 gam

nH2O = 0,7 mol

Y = 0,1 mol  → mZn = 6,5 gam

nHCl dư = 2-1,4 = 0,6 mol

Z = 0,1 mol  → mAl = 2,7 gam % m Fe tinh khiết =

0, 7.56.100 = 98% 40

b. Dung dịch B gồm: FeCl2 : 0,7 mol và HCl dư : 0,6 mol

2,0

 1/2 dung dịch B gồm: FeCl2 : 0,35 mol và HCl dư : 0,3 mol

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI

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

(Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao

đề)

+24H2O 0,35

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: HÓA HỌC 10

0,21

0,35

Trang 83

Trang 84

Cho biết nguyên tử khối: H =1; O = 16; C= 12; Cl = 35,5; Br = 80; S = 32; N = 14; P = 31; Li = 7; Na = 23; K = 39; Mg = 24; Ca = 40; Al = 27; Ba = 137; Zn = 65; Cu = 64; Fe = 56; Mn = 55; Ag = 108. Câu 1. (4 điểm) 1.1.( 2 điểm) Một hợp chất B vô cơ được tạo nên từ cation M3+ và anion X-. Tổng số hạt (p,n,e) trong hợp chất B là 196, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 60. Số khối của nguyên tử X lớn hơn số khối của nguyên tử M là 8. Tổng số hạt trong anion X- nhiều hơn tổng số hạt trong cation M3+ là 16. a. Viết cấu hình electron cation M3+ và anion X-. b. Xác định vị trí của M, X trong bảng tuần hoàn. Xác định công thức hợp chất B c. Cho biết bộ bốn số lượng tử của electron cuối cùng trong nguyên tử M và nguyên tử X. 1.2. ( 1 điểm) Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử nguyên tố trung tâm trong các phân tử và ion sau: NH4+, PCl5, XeF4 và CO32-. 1.3. ( 1 điểm) Cho các số liệu sau của NH3 và NF3 : NH3 NF3 0,24D Momen lưỡng cực: 1,46D Nhiệt độ sôi: -330C - 1290C Giải thích sự khác nhau về momen lưỡng cực và nhiệt độ sôi của hai phân tử trên. Câu 2. ( 3,5 điểm) 2.1.(2 điểm) Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau theo phương pháp thăng bằng electron: a. Cu2FeSx + O2 → Cu2O + Fe3O4 + SO2. b. FexOy + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + S + SO2 + H2O ( Biết tỉ lệ mol của S và SO2 là 1:1) 2.2. ( 1,5 điểm) Trong môi trường axit có O2 hòa tan, Cu kim loại bị oxi hóa tạo ra Cu2+. a. Viết quá trình oxi hóa và quá trình khử, phương trình phản ứng hóa học xảy ra. b. Hãy đánh giá khả năng hòa tan này ở điều kiện chuẩn. Biết E0 Cu2+/ Cu = +0, 34V và E0O2, H+/ H2O = +1,23V. Câu 3: ( 3,5 điểm) 3.1. ( 1 điểm) Viết các phản ứng hóa học xảy ra trong các trường hợp sau: a. Ozon oxi hóa I- trong môi trường trung tính. b. Sục khí CO2 qua nước Javen. d. H2O2 khử MnO4- trong môi trường axit. e. Sục khí flo qua dung dịch NaOH loãng, lạnh. 3.2. (2,5 điểm) Lấy 7,88 gam hỗn hợp A gồm hai kim lọa hoạt động (X, Y) có hóa trị không đổi chia thành hai phần bằng nhau. Phần 1 nung trong oxi dư để oxi hóa hoàn toàn thu được 4,74 gam hỗn hợp hai oxit. Phần 2 tan hoàn toàn trong dung dịch hỗn hợp hai axit HCl và H2SO4 loãng. a. Tính thể tích khí H2 thu được ở đktc b. Tính khối lượng muối thu được ở phần hai ( cho nồng độ mol của H2SO4 gấp đôi nồng độ mol của HCl trong hỗn hợp).

4.1. (1,5 điểm) Viết biểu thức cân bằng Kp và Kc , biểu thức liên hệ giữa Kp và Kc trong các trường hợp sau: a. CO2(k) + H2(k) ↔ CO (k) + H2O(k). b. 2NOCl (k) ↔ 2NO(k) + Cl2(k). 4.2. (2,5 điểm) Cho 0,003 mol N2O4(k) vào bình chân không dung tích 0,5dm3 duy trì ở 450C xảy ra phản ứng: N2O4(k) ↔ 2NO2(k). Khi cân bằng được thiết lập có 63% N2O4 bị phân hủy thành NO2. Tính hằng số Kc và Kp của phản ứng. Câu 5:( 5 điểm) 5.1. ( 2 điểm) Hỗn hợp khí A gồm có O2 và O3, tỉ khối hơi của A đối với H2 là 19,2. Hỗn hợp khí B gồm H2 và CO, Tỉ khối của hỗn hợp khí B đối với H2 là 3,6. a. Tính thành phần phần trăm theo thể tích các khí trong hỗn hợp A và hỗn hợp B. b. Tính số mol hỗn hợp khí A cần dùng để đốt cháy hoàn toàn 1 mol hỗn hợp khí B. Các thể tích khí được đo trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. 5.2. ( 3 điểm) Cho hỗn hợp X gồm bột Fe và S đun nóng trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y, có tỉ khối hơi của Y so với H2 là 13. Lấy 2,24 lit (đktc) khí Y đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đi qua100ml dung dịch H2O2 5,1% ( có d = 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b. Tính phần trăm khối lượng các chất trong X. c. Xác định nồng độ % của các chất trong dung dịch B. HẾT

Câu 4: ( 4 điểm) Trang 85

Trang 86

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI

3.2.a

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC MÔN HÓA HỌC 10 Nội dung đáp án Biểu điểm 1.1 Theo đề tính được ZM =13 ; ZX = 17. M là Al, X là Cl 0,5 đ a Cấu hình e của M3+: 1s22s22p6 0,25đ Cấu hình e của Cl- : 1s22s22p63s23p6 0,25đ b Vị trí của Al: chu kì 3, nhóm IIIA, ô số 13. 0,25đ Vị trí của Cl: chu kì 3, nhóm VIIA, ô số 17. 0,25đ Công thức B: AlCl3. c Bộ 4 số lượng tử của Al: n = 3, l=1, m=-1, ms = +1/2 0,25đ Bộ 4 số lượng tử của Cl:n =3, l= 1, m = 0, ms = -1/2 0,25đ 1.2 NH4+: sp3 PCl5: sp3d XeF4: sp3d2 CO32-: sp2 0,25đ ×4 1.3.a Trong NH3 cặp e dùng chung lệch về phía N làm tăng độ phân cực 0,5đ của phân tử. Trong NF3 cặp e dùng chung lệch về phía F làm giảm độ phân cực của phân tử. Do vậy momen lưỡng cực trong NH3 lớn hơn NF3. b Phân tử NH3 có nhiệt độ sôi lớn hơn NF3 là do phân tử NH3 phân 0,5đ cực hơn và có tạo được liên kết hidro liên phân tử. 2.1.a Cu2FeSx + O2 → Cu2O + Fe3O4 + SO2. 2× 3Cu2FeSx → 6Cu+1 + 3Fe+8/3 +3xS+4 + (12x + 14)e 0,5đ (6x + 7) × O2 + 4e → 2O20,5đ 6 Cu2FeSx + (6x + 7) O2 → 6Cu2O + 2Fe3O4 + 6xSO2. b FexOy + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + S + SO2 + H2O ( Biết tỉ lệ mol của S và SO2 là 1:1) 4× 2xFe+2y/x → 2xFe3+ + (6x - 4y)e 0,5đ (3x – 2y)× 2S+6 + 8e → S0 + S+4 8FexOy + (18x- 4y)H2SO4 → 4xFe2(SO4)3 + (3x – 2y)S + (3x0,5đ 2y)SO2 + (18x-4y)H2O 2.2.a Quá trình oxi hóa: Cu → Cu2+ + 2e ×2 0,125đ Quá trình khử: 4H+ + O2 +4e → 2H2O ×1 0,125đ Phương trình phản ứng: 0,25đ 2Cu + 4H+ + O2 → 2Cu2+ + 2H2O b Giả sử phản ứng trên xảy ra thuận nghịch: 0,25đ 2Cu + 4H+ + O2 ↔ 2Cu2+ + 2H2O Hằng số cân bằng K = 10n.∆E/0,059 0,25đ Ở đktc ∆E0 = 1.23 – 0,34 = 0,89V = > K = 104×0,89/0,059 = 1060,33 0,25đ K rất lớn nên Cu tan tốt trong dung dịch axit có hòa tan O2 ở đktc 0,25đ 3.1.a O3 + 2I- + H2O → O2 + I2 + 2OH0,25đ b CO2 + NaClO + H2O → NaHCO3 + HClO 0,25đ c 5H2O2 + 2MnO4- + 6H+ → 5O2 + 2Mn2+ + 8H2O 0,25đ d 2F2 + 2NaOH → 2NaF + H2O + OF2 0,25đ Câu

Trang 87

4.1.a

4.2

5.1.a

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: nO kết hợp với 2 kim loại nO = (4,74 – 3,94)/16 = 0,05 mol Gọi 2 kim loại X,Y là M Phần 1 O +2e → O2M + ne → Mn+ Phần 2 2H+ + 2e → H2 M + ne → Mn+ Áp dụng định luật bảo toàn e → n H2 = 0,05 → V H2 = 1,12 lit Khi số mol e nhận 0,1 thì số mol điện tích dương kim loại bằng 0,1. Gọi x là số mol Cl- → 2x là số mol SO42-. Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: x + 4x = 0,1 → x = 0,02 Khối lượng muối thu được ở phần 2: 3,94 +0,02×35,5 +0,04×96 = 8,49 g Xét phản ứng: CO2(k) + H2(k) ↔ CO (k) + H2O(k). Kp = Pco.PH2O/ PCO2.PH2 Kc = [CO]. [H2O]/ [CO2].[H2] ∆n = 0. Vậy Kp = Kc 2NOCl (k) ↔ 2NO(k) + Cl2(k). Kp = (PNO)2. (PCl)/ (PNOCl)2 Kc = [NO]2. [Cl2]/ [NOCl]2 ∆n = 1. Vậy Kp = Kc.RTPhản ứng: N2O4(k)  2NO2(k) Số mol ban đầu: 0,003 0 Số mol phản ứng: x 2x Số mol khi cân bằng: 0,003 –x 2x x = 0,003×63/100 = 0,00189 Số mol N2O4 = 0,003 – 0,00189 = 0,00111MOL Số mol NO2 = 0,00378mol [N2O4] = 0,00111/0,5 = 0,00222 mol/l [NO2] = 0,00378/0,5 = 0,00756 mol/l Kc = [0,00756]2/[0,00222] = 2,57.10-2 Kp = Kc.(RT)Δn với Δn = 1 Kp = 2,57.10-2×0,082×(273 +45) = 0,67 Gọi x là số mol O2, y là số mol O3 trong hỗn hợp A Áp dụng quy tắc đường chéo: → x/y = 3/2 Gọi a là số mol H2, b là số mol CO trong hỗn hợp B. Tương tự: a/b = 4 Vậy %VO2 = 60%, %VO3 = 40% Vậy %VH2 = 80%, %VCO = 20%

0,25đ 0,125đ 0,125đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,125đ 0,125đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,125đ 0,125đ

Trang 88

Quá trình nhường e: H2 → 2H+ + 2e C+2 → C+4 +2e Số mol e nhường = 2×số mol hỗn hợp B = 2 mol Quá trình nhận e: O2 + 4e → 2O-2- và O3 + 6e → 3O-2 mol x 4x y 6y Số mol e nhận = 4x + 6y Áp dụng định luật bảo toàn e: 4x + 6y = 2 (1) Ta có x/y = 3/2 (2) Từ (1) và (2) tính được x = 0,25, y = 0,167 → n A = 0,417 mol

0,125đ 0,125đ 0,25đ 0,25đ

KÌ THI OLYMPIC 24/3 QUẢNG NAM NĂM 2017 MÔN HÓA HỌC LỚP 10 Đề thi đề nghị

Cho NTK Na=23; Cl=35,5; Br=80; I=127; Ag=108; Fe=56; H=1; O=16; S=32

0,25đ 0,25đ

5.2.a Viết phương trình: Fe + S → FeS (1) FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S↑ (2) Với MY = 26 => Y có H2S và H2 , nên Fe dư phản ứng với HCl Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (3) 2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O (4) 2H2 + O2 → 2H2O (5) SO2 + H2O2 → H2SO4 (6) Gọi số mol H2S = a mol, số mol H2 = b mol MY = (34a + 2b) / (a+b) = 26 => a/b = 3 nFe(1) = nS = nFeS = nH2S = a nFe(3) = nH2 = b Số mol Fe ban đầu = a + b = 4b Phần trăm khối lượng của Fe và S trong hỗn hợp X là: %m Fe = 4a×56×100/ (4a×56+ 3a×32) = 70% và %mS = 30% n Y = 0,1mol => số mol H2S = 0,1×3/4 = 0,075 mol, số mol H2 = 0,025 Số mol H2O2 = (100×1×5,1)/(100×34) = 0,15 mol Từ phương trình (4) : nSO2 = nH2S = 0,075 mol Từ phương trình (4) : số mol H2O2 dư = 0,075 mol, số mol H2SO4 = 0,075 Từ phương trinh (4), (5): nH2O = nH2S + nH2 = 0,1 mol Áp dụng ĐLBTKL ta có;\ Khối lượng dung dịch B = mddH2O2 + mSO2 + mH2O = 100×1 + 0,075×64 + 0,1×18 = 106,6 gam Vậy nồng độ % của H2SO4 = (0,075×98×100)/106,6 = 6,895% Nồng độ % của H2O2 = (0,075×34×100)/ 106,6 = 2,392%

Sở GD & ĐT Quảng Nam Trường THPT Thái Phiên

0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,25đ 0,25đ 0,125đ 0,125đ 0,25đ 0,25đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ

Trang 89

Câu I: 1. Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học trong không gian của các ion sau ClO-, ClO2-, ClO3-, ClO4-, từ đó so sánh độ bền của các ion. 2. Hợp chất A được tạo thành từ các ion đều có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 3s23p6. Trong một phân tử A có tổng số hạt bằng 164. Biết rằng A tác dụng được với một nguyên tố (đơn chất) đã có trong thành phần của A theo tỉ lệ 1:1 tạo thành chất B. Xác định công thức phân tử của A và viết công thức Lewis của A, B. Câu II: 1. Hoàn thành và cân bằng các phương trình sau bằng phương pháp thăng bằng ionelectron: a/ Al + HNO3 → N2O + 2NO + … b/ MnO4- + H2O2 + H+ → O2 + … 2. Cho các giá trị thế điện cực: Fe2+ + 2e → Fe E0 = -0,44V E0 = -0,77V Fe3+ + 1e → Fe2+ a/ Xác định E0 của cặp Fe3+/Fe. b/ Từ kết quả thu được hãy chứng minh rằng khi cho sắt kim loại tác dụng với dung dịch HCl 0,1M chỉ có thể tạo ra Fe2+ chứ không tạo ra Fe3+. 3. Để chuẩn độ hàm lượng Cl2 trong nước sinh hoạt người ta dùng dung dịch KI. a/ tính ∆G 0 và hằng số cân bằng K của phản ứng Cl2(k) và I-(dd) ở 298K biết: E0 Cl / 2Cl = 1,36V; E0 I / 3I = 0,54V. b/ khi trong nước có mặt các ion Cu2+, chúng cản trở sự định lượng Cl2. Hãy giải thích, biết E0 Cu / Cu = 0,16V TCuI = 10-12. Cho 2,033RT/F = 0,0592. Câu III: 1. Cho clo tác dụng với dung dịch chứa 356 gam hỗn hợp X gồm NaBr và NaI. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được chất rắn A. a) Để chất rắn A chỉ chứa 2 muối thì lượng clo tối thiểu cần dùng là 35,5 gam. Tính số mol mỗi chất trong X. b) Chất rắn A khi tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thì cho m gam kết tủa. Tính khối lượng clo phản ứng trong 2 trường hợp sau: + m = 537,8 gam. + m = 475 gam. 2. Thả một viên bi sắt hình cầu bán kính R vào 500 ml dung dịch HCl nồng độ CM sau khi kết thúc phản ứng thấy bán kính viên bi còn lại một nửa. Nếu cho viên bi sắt còn lại vào 117,6 gam dung dịch H2SO4 5% (xem viên bi sắt còn lại có khối lượng không đáng kể so với khối lượng dung dịch H2SO4) thì khi bi sắt tan hết dung dịch H2SO4 có nồng độ mới là 4%. a) Tính bán kính R của viên bi, biết khối lượng riêng của sắt là 7,9 gam/cm3. Viên bi bị ăn mòn theo mọi hướng như nhau, π = 3,14. b) Tính CM của dung dịch HCl. Câu IV: 1. Phản ứng N2 + 3H2  2NH3, ∆ H = -92,4 kJ − 3

−

Trang 90

Năng lượng phá vỡ liên kết H2 (k) và N2(k) lần lượt bằng 436 kJ/mol và 945 kJ/mol. Tính năng lượng liên kết trung bình N-H trong phân tử NH3. 2. Cho 2 phản ứng sau: C(r) + CO2 (k) ↔ 2CO (k) (1) và 2CO2(k) ↔ 2CO(k) + O2(k) (2) Trạng thái cân bằng của phản ứng (1) được xác định bởi các dữ kiện sau: Nhiệt độ (0C) Áp suất toàn phần (atm) % VCO trong hỗn hợp 800 2,57 74,55 900 2,30 93,08 Hằng số cân bằng của phản ứng (2) ở 9000C bằng 1,25.10-16 atm. Tính ∆ H, ∆ S ở 9000C đối với phản ứng (2) biết nhiệt tạo thành ở 9000C của CO2 bằng 390,7 kJ/mol. Câu V: 1. Cho cùng một lượng kim loại R vào dung dịch HCl 0,5M dư và vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thì thể tích khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất) bằng 1,5 lần thể tích khí H2 đo cùng một điều kiện nhiệt độ và áp suất. Khối lượng muối sunfat bằng 1,575 lần khối lượng muối clorua. a/ Tìm nguyên tử khối của kim loại R. b/ Hòa tan hoàn toàn 2,798 gam kim loại trên vào axit H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch chỉ chứa muối sunfat và sản phẩm khử duy nhất là SO2. Tìm tổng khối lượng muối khan sunfat thu được và thể tích SO2 thu được ở điều kiện tiêu chuẩn. Cho biết số mol kim loại bằng 0,4 lần số mol axit. 2. Hòa tan 0,835 gam hỗn hợp X gồm NaHSO3 và Na2SO3 trong H2SO4 dư và đun nóng. Cho toàn bộ lượng khí thoát ra hấp thụ hết trong 500 ml dung dịch Br2 có nồng độ xM thu được dung dịch A. Thêm KI dư vào 50ml dung dịch A. Để phản ứng hết với lượng I3- phải dùng 12,5 ml dung dịch Na2S2O3 0,05M. Sục khí N2 qua 100ml dung dịch A để đuổi hết Br2 dư thu được dung dịch B. Trung hòa 25 ml dung dịch B cần dùng hết 25 ml NaOH 0,1M. a/ Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b/ Tính x. c/ Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X. ---HẾT---

PHẦN ĐÁP ÁN Câu I. 1 C ấu t ử Trạng thái lai hóa Số electron không liên kết Dạng hình học ClOsp3 3 cặp thẳng ClO2sp3 2 cặp Góc ClO3sp3 1 cặp chóp tam giác ClO4 sp3 0 cặp tứ diện đều Độ bền: ClO-< ClO2-< ClO3-< ClO42. Cấu hình electron đầy đủ của các ion: 1s22s22p63s23p6 mỗi ion có 18e. Giả sử một phân tử A có x ion, vì phân tử trung hòa điện nên: ∑p = ∑e = 18x Gọi Z, N lần lượt là số proton và số notron có trong một phân tử A, ta có: ∑p +∑e + ∑n = 164 → 36x + N = 164 → N = 164 – 36x Mặt khác: Z ≤ N ≤ 1,5Z → 18x ≤ 164 – 36x ≤ 1,5.18x → x = 3. Do đó Z = 54; N = 56 Trường hợp 1: A gồm 2 ion M+ và 1 ion X2- → ctpt của A là: M2X. Ta có: Zx =

54 54 - 2 = 16 → X là S và ZM = + 1 = 19 → M là K 3 3

Vậy ctpt của A là K2S Trường hợp 2: A gồm 1 ion M2+ và 2 ion X- tức công thức A là: MX2. Ta có: Zx =

54 54 - 1 = 17 → X là Cl và ZM = + 2 = 20 → M là Ca. Vậy ctpt của A là CaCl2. 3 3

Vì A tác dụng được với một nguyên tố có trong A nên A là K2S và B là K2S2. Ctpt và công thức Lewis của A và B lần lượt là: ..

K-S-K; K+[: S : ]2-K+ và K-S-S-K; K+[: S : S : ]2-K+

Câu II: 1. a/ Al + HNO3 → N2O + 2NO + Al(NO3)3 + H2O 14x Al → Al3+ + 3e 3 x 4NO3- + 18H+ + 14e → N2O + 2NO + 9H2O ------------------------------------------------------------------------14Al + 54H+ + 12NO3- → 3N2O + 6NO + 14Al3+ + 27H2O 14Al + 54HNO3 → 14Al(NO3)3 + 3N2O + 6NO + 27H2O b/ MnO4- + H2O2 + H+ → O2 + Mn2+ + H2O 2x MnO4- + 8H+ + 5e → Mn2+ + 4H2O 5x H2O2 → O2 + 2H+ + 2e -----------------------------------------------------------------------2MnO4- + 5H2O2 + 16H+ → 5O2 + 2Mn2+ + 8H2O 2. a/ Fe2+ + 2e → Fe (1) ∆G10 = -n1E 10 F = -2.(-0,44).F Fe3+ + 1e → Fe2+ (2) 3+

Fe + 3e → Fe (3)

∆G20 = -n2E 02 F = -1.(0,77).F ∆G30 = ∆G10 + ∆G20

∆G30 = -n3E 30 F = -3E 30 F = [-2. (-0,44) - 1.(0,77)].F → E 30 = -0,036V

b/ Trong dung dịch HCl 0,1M → [H+] = 10-1M E2H+/ = E02H+/ + 0,059lg[H+] = -0,059V H

E0Fe2+/ Fe < E02H+/ < E0Fe3+/ Fe (-0,44 < -0,059 < -0,036) → H+ chỉ oxy hóa Fe thành H

Fe2+. 3. a/ Cl2 +2e ↔ 2Cl-

Trang 91

∆G10 = −2FE10 ; E10 = 1,36V

Trang 92

3I-

↔ I3- + 2e -

Cl2 + 3I ↔ 2Cl + I3 0 2

0 3

∆G

∆G = ∆G + ∆G = -2F ( E − E20 ) = - 158260J 0 3

0 1

∆G20 = −2FE20 ; E20 = −0,54V 0 1

∆G 0 = -RTlnK = - 158260J → K = e

− ∆G 0 RT

− ( −158260 ) 8 , 314 x 298

= 5,5x1027

b/ Cu2+ cản trở sự định lượng Cl2 vì xảy ra phản ứng giữa Cu2+ và I-. Tổ hợp các cân bằng: 0,16

Cu2+ + 1e → Cu+ Cu+ + I- → CuI(r)

K1 = 10 0,0592 = 102,7 K2 = (Ksp)-1 = 1012

2. a) Các pthh: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 n Ta có H2SO4ban đầu = (117,6. 0,05)/98 = 0,06 mol n H2SO4còn = (117,6. 0,04)/98 = 0,048 mol → nH2SO4(2) = 0,06-0,048 = 0,012 mol = nFe (2) 4 4πd 3 Mặt khác mFeban đầu = d.V = d. πR 3 → nFeban đầu = R 3

3.56

Khi hòa tan viên bi trong HCl thì R giảm đi một nửa tức bán kính của viên bi còn R/2 4πd R 3 1 → nFedư = nFe (2) = ( ) = nFeban đầu 3.56 2

→ nFeban đầu = 0,012.8 = 0,096 mol → mFeban đầu = 0,096.56 = 5,376 g. E0 0 , 0592

Cu2+ + I- + 1e → CuI(r) K = 1014,7 = 10 (2) 0 2+ E Cu /CuI = 14,7.0,0592 = 0,87V; E0Cu2+/CuI > E0 nên phản ứng (2) xảy ra cạnh tranh Cl2 / I3−

với phản ứng (1) giữa Cl2 và I dẫn đến việc định lượng Cl2 không chính xác. Câu III. 1. Phản ứng xảy ra lần lượt: Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2 (1) Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 (2) Nếu sau phản ứng (1), Cl2 hết, NaI dư → chất rắn A chứa 3 muối. Vậy lượng clo tối thiểu để chất rắn A chỉ chứa 2 muối ứng với (1) xảy ra vừa đủ và (2) chưa xảy ra. n Cl2 = 35,5/71 = 0,5 → nNaI = 1 →nNaBr = 2. 2. Nếu (1) chưa xảy ra: nCl2 = 0 → rắn A gồm 1mol NaI và 2 mol NaBr Sau khi phản ứng với AgNO3 dư → kết tủa gồm 1mol AgI và 2 mol AgBr → mkt = mAgI + mAgBr = 1x235 + 2x188 = 611 gam. Nếu (1) xảy ra đủ, (2) chưa xảy ra: nCl2 = 0,5  rắn A gồm 1mol NaCl và 2 mol NaBr Sau khi phản ứng với AgNO3 dư → kết tủa gồm 1mol AgCl và 2 mol AgBr → mkt = mAgCl + mAgBr = 1x143,5 + 2x188 = 519,5 gam. Nếu (2) xảy ra vừa đủ: nCl2 = 1,5 → rắn A gồm 3 mol NaCl Sau khi phản ứng với AgNO3 dư → kết tủa gồm 3 mol AgCl → mkt = mAgCl = 3x143,5 = 430,5 gam. • Trường hợp mkt = 537,8 g → 519,5 < 537,8 < 611 → chỉ xảy ra (1) và NaI dư Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2 x 2x 2x NaCl: 2x mol AgCl: 2x mol → A gồm NaI: (1-2x) mol → kết tủa gồm AgI: (1-2x) mol NaBr: 2 mol AgBr: 2 mol → mkt = 143,5.2x + 235 (1-2x) + 188.2 = 537,8 → x=0,4 → mCl2 = 0,4.71 = 28,4 gam. • Trường hợp mkt = 475 gam → 430,5 < 475 < 519,5 → (1) xảy ra xong, (2) xảy ra chưa xong, NaBr dư. Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2 0,5 1 1 Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 a 2a 2a → A gồm NaCl: (1+2a) mol → kết tủa gồm AgCl: (1+2a) mol NaBrdư: (2-2a) mol AgBr: (2-2a) mol → mkt = 143,5 (1+2a) + 188 (2-2a) = 475 → a = 0,5 → nCl2pư=1  mCl2 = 71 gam.

Trang 93

m 5,376 = = 0,68 cm3 d 7,9

Thể tích viên bi sắt ban đầu là V =

4 3V 3 3.0,68 = = 0,545 cm. Ta có V = πR3 → R = 3 3 4π 4π b) nFe(1) = 0,096 – 0,012 = 0,084 mol → nHCl(1) = 2nFe = 2.0,084 = 0,168 mol → CM (HCl) = 0,168/0,5 = 0,336 M. Câu IV: 1. Năng lượng liên kết EN-N = -945 kJ/mol; EH-H = -436 kJ/mol N2 + 3H2 → 2NH3, ∆ H = -92,4 kJ Ta có ∆ H = 6EN-H – (EN-N + 3EH-H) → -92,4 = 6EN-H – (-945+ 3.(-436)) → EN-H = -390,9 kJ/mol.

2. Nhiệt độ (0C) Áp suất CO2 800 2,57. 0,2545 900 2,3. 0,0692 Xét phản ứng C(r) + CO2 (k) ↔ 2CO (k) (1) Ta có hằng số cân bằng KP =

Áp suất CO 2,57. 0,7455 2,3. 0,9308

2 PCO P CO 2

Ở 8000C (10730K) có KP(T1) =

(2,57. 0,7455)2 = 5,6123 atm 2,57. 0,2545

(2,3. 0,9308)2 = 28,7962 atm 2,3. 0,0692 28,7962 ∆H 1 1 K (T ) ∆H 1 1 Ta có ln P 2 = = ( − ) → ∆ H = 171,12 kJ/mol ( − ) → ln K P (T1 ) R T1 T2 5,6123 8,314 1073 1173 C(r) + CO2 (k) ↔ 2CO (k) (1) ∆ H1 = 171,12 kJ/mol C(r) + O2 (k) ↔ CO2 (k) (3) ∆ H3 = -390,7 kJ/mol 2CO2(k) ↔ 2CO(k) + O2(k) (2) ∆ H2

Ở 9000C (11730K) có KP(T2) =

Xét phản ứng (2) ở 9000C (11730K) Ta có ∆ H2= ∆ H1 - ∆ H3 = 561,82 kJ/mol ( ∆ H1173) ∆ G1173= -RTlnKP = -8,314. 1173ln (1,25.10-16) = 357200 J/mol Lại có ∆ G = ∆ H - T ∆ S → ∆ S =

∆H − ∆G 561820 − 357200 = = 174400 J/mol T 1173

= 174,4 kJ/mol.

Câu V: 1. a) R + nHCl → RCln + (n/2)H2 Trang 94

c) Viết công thức Lewis của phân tử AB2, cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm? d) Hãy giải thích tại sao phân tử AB2 có khuynh hướng polime hoá?

a na 0,5na (mol) 2R + 2mH2SO4 → R2(SO4)m + mSO2 + 2mH2O a 0,5a 0,5ma Ta có 0,5ma = 1,5. 0,5na → m=1,5n (1)

Mặt khác (2R+96m)0,5a = 1,575 (R+ 35,5n)a (2) Thay (1) vào (2), chọn n=2, m=3 thì R=55,957. b) nFe = 2,798/55,957 = 0,05 mol → nH2SO4 = 0,05/0,4 = 0,125 mol → nH+ = 0,25 4H+ + SO42- + 2e → SO2 + 2H2O 0,25 0,0625 0,0625 → VSO2 = 0,0625. 22,4 = 1,4 lít mmuối sunfat = 2,798 + 96. 0,0625 = 8,798 gam. 2. a) Đặt hỗn hợp X gồm NaHSO3 (a mol) và Na2SO3 (b mol) (1) HSO3- + H+ → SO2 + H2O SO32- + 2H+ → SO2 + H2O (2) SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (3) (4H+ + SO42- + 2Br-)

Trên cơ sở hệ số tìm được, hãy suy luận để xác định hệ số cho trường hợp Fe3O4: Fe3O4 + HNO3 → NxOy ↑+...

Br2 + 3I- → 2Br- + I3(4) (5) I3- + 2S2O32- → 3I- + S4O42H+ + OH- → H2O (6) b) Xét 50 ml dung dịch A: nS2O32- = 6,25.10-4 mol → nBr2 (4) = nI3- = 3,125.10-4 mol → nBr2 dư trong 500ml dung dịch A = 10. 3,125.10-4 = 3,125.10-3 mol Xét 25 ml dung dịch B: nOH- = 1,5.10-3 mol → nH+ trong 500 ml dung dịch A = 20. 1,5.10-3 = 0,03 mol Ta có nBr2 = nBr2(3) + nBr2 (dư) =

2.Cho biết: rNa + = 0,95 A , rCl− = 1,81 A . Hãy dự đoán cấu trúc mạng tinh thể của NaCl? Vẽ cấu trúc mạng này? Tính số phân tử NaCl trong một tế bào cơ sở? 3. X, Y là hai nguyên tố thuộc cùng một chu kì trong bảng hệ thống tuần hoàn, chúng tạo được với nguyên tố flo hai hợp chất XF3 và YF4, biết: * Phân tử XF3 có các nguyên tử nằm trên cùng một mặt phẳng, phân tử có hình tam giác. * Phân tử YF4 có hình tứ diện. * Phân tử XF3 dễ bị thủy phân và kết hợp được tối đa một anion F- tạo ra XF4-. * Phân tử YF4 không có khả năng tạo phức. a) Xác định vị trí của X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố. b) So sánh góc liên kết, độ dài liên kết trong XF3 với XF4-. Câu II(4 điểm): 1.Hoàn thành các pthh của phản ứng sau (cân bằng theo phương pháp thăng bằng electron): a. FeO + HNO3 → N x Oy ↑ + ...

1n OH- + nBr2 (dư) = 0,010625 mol 4

→ x = 0,010625/0,5 = 0,02125M. c) nSO2 = nBr2 (3) = 0,03/4 = 0,0075 = a+b (1) Lại có mhh = 104a + 126b = 0,835 (2) Từ (1) và (2) ta được a = 0,005 và b = 0,0025. → mNaHSO3 = 0,52 g → %mNaHSO3 = 62,28% → %mNa2SO3 = 37,72%. ---HẾT--ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2016 - 2017 QUẢNG NAM Môn: HÓA HỌC 10 Thời gian làm bài: 150 phút

Câu I(4 điểm): 1.Cho hai nguyên tử A và B có tổng số hạt là 65 trong đó hiệu số hạt mang điện và không mang điện là 19. Tổng số hạt mang điện của B nhiều hơn tổng số hạt mang điện của A là 26. a) Xác định A, B.Viết cấu hình electron của A, B và cho biết bộ 4 số lượng tử ứng với electron cuối cùng trong nguyên tử A, B. b) Xác định vị trí của A, B trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

Trang 95

b. CuFeS2 + Fe2 (SO4 )3 + O2 + H2 O → CuSO4 + FeSO4 + H2SO4 2. Cho giản đồ thế khử chuẩn của Mn trong môi trường axit: ? +2,27V +0,95V ? MnO-4  → MnO 42-  → MnO 2  → Mn 3+  → Mn 2+

+1,70V

+1,23V 4

24 và

Mn 3+ /Mn 2 + a)Tính thế khử chuẩn của cặp: MnO /MnO b)Hãy cho biết các tiểu phân nào không bền và bị dị phân. Hãy tính hằng số cân bằng của các phản ứng dị phân đó. Câu III(5,5 điểm) 1. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau: (2 điểm) a. Ozon oxi hóa I- trong môi trường trung tính b. Sục khí CO2 qua nước Javel c. Cho nước Clo qua dung dịch KI d. Sục khí Clo đến dư vào dung dịch FeI2 2. Đem nhiệt phân 22,12 gam kalipemangannat thu được 21,16 gam hỗn hợp rắn X. Cho X tác dụng với lượng dư dung dịch axit HCl đặc. Tính thể tích khí clo (đktc) có thể thoát ra cực đại. 3. Hãy trình bày cách làm sạch các chất sau, viết phương trình phản ứng (nếu có) để giải thích. a. HCl bị lẫn H2S. b. H2S bị lẫn HCl. c. CO2 bị lẫn SO2. d. CO2 bị lẫn CO. 4. Nhiệt phân 98 gam KClO3 (có xúc tác MnO2), sau một thời gian thu được 93,2 gam chất rắn và khí A. Cho toàn bộ lượng khí A phản ứng hết với hỗn hợp kim loại X gồm Mg, Fe thu được hỗn hợp chất rắn Y cân nặng 15,6 gam. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp Y bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư thu được 0,56 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S+6). Tính thành phần % khối lượng của Mg trong hỗn hợp X. 5. Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, thu được 2,24 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S+6) và còn gam kim loại không tan. Cho toàn bộ lượng kim loại không tan tác dụng hết với dung dịch HCl (lấy dư 10% so với lượng cần phản ứng) được dung dịch A. Dung dịch A tác dụng hết với dung dịch chứa tối đa 0,064 mol KMnO4 đun nóng (đã axit hóa bằng H2SO4 dư). a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Trang 96

b) Tính giá trị của m và thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X? Câu IV(2,5 điểm) 1. Tính nhiệt sinh chuẩn ( ∆ H0298.s) của CH4 (K). Biết rằng năng lượng liên kết H – H trong H2 là 436 kJ.mol-1; năng lượng liên kết trung bình C – H trong CH4 là 410 kJ.mol-1 và nhiệt nguyên tử hóa ∆ H0a của Cgr (K) là: ∆ H0a= 718,4 kJ.mol-1. Các giá trị đều xác định ở điều kiện chuẩn.

a)Gọi ZA, ZB lần lượt là số proton trong nguyên tử A, B.

Gọi NA, NB lần lượt là số notron trong nguyên tử A, B. Với số proton = số electron (2Z A + N A ) + (2Z B + N B ) = 65 Z + Z B = 21 Z A = 4   Ta có hệ : (2Z A + 2Z B ) − (N A + N B ) = 19 ⇔  A Z B − Z A = 13 Z B = 17 2Z − 2Z = 26 A  B

t  → CaO (r) + CO2 (khí) (1). 2. a/ Cho phản ứng phân hủy : CaCO3 (r) ←  0 0 Biết : ΔH pu =+178,32KJ , ΔSpu =+160,59J/K . Tính ∆G0 của phản ứng (1) ở 8500C ?

b/Cho : O2(k) Cl(k) H2O(l) ∆H0 (kJ/mol-1) 0 0 285,8 S0298 (J.mol-1. K) 205,03 222,9 69,9 Tính hằng số cân bằng của phản ứng. 4HCl(k) + O2 (k) Tại 298K

HCl(k)

H2O(k )

ZA = 4  A là Be - 92,31

-241,83

186,7

188,7

2Cl2 (k) + 2H2O(k)

(1)

0,25

1 2

0.25

b) Ta có Z = 4  Be ở ô thứ 4, có 2 lớp e  Be ở chu kỳ 2. Nguyên tố s, có 2e ngoài cùng  nhóm IIA.

0.25

Tương tự cho Cl: ô thứ 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA.

.. .. : Cl : Be : Cl : .. ..

0.25

Hình dạng hình học của phân tử: đường thẳng Trạng thái lai hoá : sp 0.5

d) Khi tạo thành phân tử BeCl2 thì nguyên tử Be còn 2 obitan trống; Cl đạt trạng thái bền vững và còn có các obitan chứa 2 electron chưa liên kết do đó nguyên tử clo trong phân tử BeCl2 này sẽ đưa ra cặp electron chưa liên kết cho nguyên tử Be của phân tử BeCl2 kia tạo liên kết chonhận. Vậy BeCl2 có khuynh hướng polime hoá:

=====HẾT=====

Cl .... Ta có:

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Cl Be

rNa + 0,95 = = 0,525. rCl − 1,81

Cl Be

Be Cl

0.25

Cl ....

Be Cl

Từ tỉ lệ này cho phép dự đoán cấu trúc mạng lưới NaCl là lập phương tâm diện kép:lập phương Câu 2 tâm diện của Na+ lồng vào lập phương tâm diện của Cl-.

ĐỀ THI OLYMPIC Môn: Hoá học 10 Nội dung

1 2

Cấu hình e : 1s22s22p63s23p5

Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms = −

Câu V(4 điểm) 1. Nén 2 mol N2 và 8 mol H2 vào bình kín dung tích 2 lít (chỉ chứa sẵn chất xúc tác với thể tích không đáng kể) đã được giữ ở nhiệt độ không đổi. Khi phản ứng đạt tới cân bằng, áp suất trong bình bằng 0,8 lần áp suất ban đầu đo ở cùng nhiệt độ. a.Tìm hằng số cân bằng của phản ứng. b.Cân bằng dời đổi theo chiều nào khi: - Tăng nồng độ mol NH3. - Giảm nhiệt độ. - Tăng áp suất. 2. Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt nhân bằng số hạt không mang điện. Nguyên tử của nguyên tố Y có 11 electron p. Nguyên tử nguyên tố Z có 4 lớp electron và 6 electron độc thân. e) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn. f) So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X2+ và Y-. 3. Sục Cl2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng). c) Viết phương trình hóa học xảy ra và cho nhận xét. d) Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch hỗn hợp HCl và FeCl2, dung dịch Br2, H2O2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư). e) Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung dịch sau đây: (a) axit sunfuhiđric, (b) axit bromhiđric, (c) nước Gia-ven, (d) axit sunfuric đậm đặc.

Câu I

Cấu hình e : 1s22s2 Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, ms = −

ZB = 17  B là Cl

0.25

Điểm

Câu 1

Cl-

Trang 97

Trang 98 Na+

CuFeS2 + 6Fe 2 (SO4 )3 + O2 + 6H 2O → CuSO4 + 13FeSO 4 + 6H 2SO4 a)Mỗi cặp oxi hoá khử tính đúng được 0,5 điểm. 3+ 2+ Thế khử chuẩn của cặp: MnO-4 /MnO 24 và Mn /Mn MnO24− +4H+ +2e  → MnO2 +2H2O

(1)

MnO + 4H+ +3e  → MnO2 +2H2O

(2) E02 =+1,70V

− 4

1 1 + 6. = 4. 8 2 1 + 1.1 = 4. n Na+ = 12. 4 n Cl- = 8.

0.25

→ Mn3+ +2H2O (4) E04 =+0,95V MnO2 +1e +4H+  + MnO2 +2e +4H  → Mn2+ +2H2O (5) E05 =+1,23V → Mn2+ (6) E06 = 2E05 – E04 = +1,51V Lấy (5) trừ (4) ta có: Mn3+ +1e 

 có 4 phân tử NaCl trong một tế bào cơ sở.

Xác định vị trí của X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố. Từ các tính chất đã cho, suy ra: - X (trong XF3) chỉ có 1 obital trống; - Y (trong YF4) không có obital trống. a) Vậy X và Y phải ở chu kì 2 X là 5B, Y là 6C. Câu 3 - Góc liên kết FXF trong XF3 là 120o, Góc liên kết FXF trong XF4- là 109o28’ Vì Trong XF3 X lai hóa sp2, trong XF4- thì X lai hóa sp3. b)- Độ dài liên kết: d (X – F) trong XF3 < d(X – F) trong XF4- vì liên kết trong XF3 ngoài liên kết σ còn có một phần liên kết π không định chỗ. Câu II Fe(NO ) + N O ↑ + H O 3 3 x y 2 a)FeO + HNO3 → → Fe+3 + 1e +

b) Trả lời đúng một tiểu phân không bền được 0,25 điểm. Tính đúng một giá trị K được 0,25 điểm.

1 Câu 2

2 MnO

 → 2MnO +2e − 4

E10 =+2,27V

0.25

-E 30 =-0,56V

0.25

2ΔE07 = 57,966  → K7 = 9,25.1057 0,059 Mn3+ +1e  → Mn2+ E 06 =+1,51V lgK 7 =

0.5

Mn3++2H2O  → MnO2 +1e+4H+ -E04= -0,95V 3+ 2+ + 2Mn +2H2O  → MnO2 +Mn +4H (8) ∆E08 = +0,56V >0 nên phản ứng (8) tự xảy ra. ΔE80 = 9, 492  → K8 = 3,1.109 lgK 8 = 0,059

Cân bằng: (5x-2y) FeO + (16x-6y) HNO3 → (5x-2y) Fe(NO3 ) 3 + N x O y ↑ + (8x − 3y)H 2 O

0,25 0,25

CâuIII 0.5

CuFeS2 + Fe 2 (SO4 )3 + O2 + H 2 O → CuSO4 + FeSO4 + H 2SO 4

2S-2 → 2S+6 + 16e x 1 xa 2Fe+3 +2e → 2Fe+2 O 02 + 4e → 2O-2 xb Vì tổng số electron mà các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận, do đó ta có phương trình: 2a + 4b = 16 hay a + 2b = 8  0<a<8 và 0<b<4 Vì chỉ có 1 phương trình mà lại 2 ẩn số a, b nên có nhiều nghiệm số, ví dụ cho b=1 thì a=6

2− 4

3 MnO24− +4H+  → 2MnO −4 + MnO2 +2H2O (7) ∆E07 = +1,71V >0 nên phản ứng (7) tự xảy ra.

x (5x - 2y)

Suy luận: Vì có thể xem Fe3O4 là FeO.Fe2O3, nên phần Fe2O3 không bị oxi hóa mà chỉ hòa tan trong HNO3 thành Fe(NO3)3, còn FeO thì tham gia phản ứng oxi hóa khử với hệ số như ở trên. Vì Câu 1 vậy ngoài phần HNO3, cần cho phản ứng với FeO như trên, còn cần (5x-2y)6.HNO3 để tạo muối với Fe2O3. Vậy hệ số tổng cộng là: (5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y) HNO3 → (15x-6y) Fe(NO3 )3 + N x O y ↑ + (23x − 9y)H 2O

0.25

MnO24− và Mn 3+ không bền và dị phân.

→ MnO2 +2H2O MnO 24− +4H+ +2e 

xN+5 + (5x - 2y) e → N x x

E10 =+2,27V

→ MnO24− (3) E03 = 3E02 – 2E01 = +0,56V Lấy (2) trừ (1) ta có: MnO −4 +e 

Theo hình vẽ, ta có:

Fe+2

0.25 0.25

0,5

Trang 99

1,5

a)O3 + 2KI + H2O → O2 + I2 + 2KOH b)CO2 + NaClO + H2O → NaHCO3 + HclO c)Cl2 + 2KI → 2KCl + I2 ; Câu 1 Nếu KI còn dư: KI + I2 → KI3 d)2FeI2 + 3Cl2 → 2FeCl3 + 2I2 ; 5Cl2 + I2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl Ta có phản ứng nhiệt phân KMnO4 t0 2KMnO 4  → K 2 MnO 4 + MnO 2 + O 2 Theo định luật BTKL ta tính được: Câu 2 Khối lượng khí oxi đã thoát ra là: m O2 = 22,12 − 21,16 = 0,96 gam

(1)

0,96 = 0,03mol 32 Từ phương trình phản ứng (1) ta tính được các đại lượng:

 số mol oxi là:

n O2 =

Trang 100

n KMnO4 = 2n O2 = 0, 06 mol n K 2MnO4 = n O2 = 0, 03mol n MnO2 = n O2 = 0,03mol

22,12 = 0,14 mol 158  số mol KMnO4 còn dư sau nhiệt phân là: 0,14 - 0,06 = 0,08 mol Như vậy ta có chất rắn X gồm các chất sau: KMnO4: 0,08 mol K 2 MnO4 :0, 03mol

Theo bài ra ta có: số mol KMnO4 ban đầu đem dùng là: n KMnO4 =

1,25

MnO2 : 0,03mol Khi cho X tác dụng với HCl đặc dư ta có các phương trình của các phản ứng hóa học đã xảy ra: 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O (2) K2MnO4 + 8HCl → 2KCl + MnCl2 + 2Cl2 + 4H2O (3) MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O (4) Từ các phương trình (2), (3), (4) ta tính được tổng số mol khí Cl2 thoát ra là: 5  n Cl2 = 2n KMnO4 + 2n K2MnO4 + n MnO2 = 0,29 mol  thể tích khí Cl2 (đktc) thoát ra là: V = n.22,4 = 0,29.22,4 = 6,496 (lít) Vậy thể tích khí clo có thể thoát ra cực đại là 6,496 lít

PTHH các phản ứng : 2Fe + 6H2SO4 đ,nóng → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) 2Fe3O4 + 10H2SO4đ,nóng → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (2) Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4 (3) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (4) 10HCl + 2 KMnO4 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 5Cl2 + 8 H2O (5) 10FeCl2 + 6 KMnO4 + 24H2SO4 → 3K2SO4 + 6MnSO4 + 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 24 H2O (6) Gọi số mol Fe dư là a mol Theo (4) ta có : nHCl phản ứng = 2a (mol) => nHCl dư = 0,2a (mol) Dung dịch A thu được, tác dụng với dung dịch KMnO4/H2SO4 Theo các phản ứng (5), (6) => nKMnO = 0,64a = 0,064 => a= 0,1 mFe dư= 5,6 gam = 7m/ 50 => m = 40 (gam) Gọi số mol Fe, Fe3O4 phản ứng ở (1), (2), (3) là x, y Ta có 56 x + 232y = 40- 5,6 = 34,4 (7) Số mol SO2 = 0,1mol Các quá trình: Fe0  → Fe+2 + 2e → S+4 S+6 +2e  Mol : x 2x mol: 0,2 0,1 → 3Fe+2 3Fe+8/3+ 2e  Mol: 3y 2y Theo định luật bảo toàn electron ta có : 2x = 2y + 0,2 (8) Từ (7) và (8) ta giải ra được : x = 0,2 và y = 0,1 Khối lượng sắt ban đầu : mFe bđ = 0,2. 56 + 5,6 = 16,8 gam => %mFe= 42% ; %mFe O = 58%. 4

Câu 3

a. Sục hỗn hợp qua dung dịch Cu(NO3)2 dư trong HCl đặc H2S bị giữ lại. 0.5 Cu(NO3)2 + H2S CuS + 2HNO3 b. Sục hỗn hợp qua nước hoặc dung dịch axit (HCl, H2SO4 loãng...) dư HCl bị hòa tan. c. Sục hỗn hợp qua dung dịch chất oxi hóa mạnh (KMnO4, Br2...) SO2 bị giữ lại 2HBr + H2SO4 Câu 3 SO2 + Br2 + 2H2O d. Cho hỗn hợp qua oxit kim loại yếu hoặc trung bình nung nóng (CuO, FeO...) CO bị chuyển thành CO2 t CO + CuO Cu + CO2 0

3 4

Câu IV:

0.25

1/ ta có : Cgr

∆H Bảo toàn khối lương: 2KClO3 → 2KCl +3O2 tìm nO2=0,15 mol Theo PP bảo toàn e Mg → 2e + Mg2+ O2 + 4e → 2O2x 2x (mol) 0,15 0,6 (mol) Fe → 3e + Fe3+ S+6 + 2e → S+4 Câu 4 y 3y (mol) 0,05 0,025(mol)

2, 4 .100% ≈ 22, 22% 10,8  24 x + 56 y = 10,8 Bảo toàn e ta có hệ:   2 x + 3 y = 0, 65  x = 0,1; y = 0,15  mMg = 0,1.24 = 2, 4 g  % m Mg =

 % m Mg =

2, 4 .100% ≈ 22, 22% 10,8

Câu 5 Cho hỗn hợp Fe, Fe3O4 tác dụng với dung dịch H2SO4đặc, nóng, còn dư kim loại không

tan là Fe dư. =>dung dịch thu được sau phản ứng chỉ chứa muối FeSO4.

1,25

Trang 101

∆H298.s  →

CH4 (k)

0.5

– 4EC – H

2E H−H C(k) + 2H2 (k)  → C(k) + 4H(k) Theo định luật Hess: ∆H 0298.s (CH4) = ∆H 0a + 2EH – H – 4EC – H = 718,4 + 2. 436 - 4. 410 = - 49,6 kJ.mol-1 0

 x = 0,1; y = 0,15  mMg = 0,1.24 = 2, 4 g

2H2

t  → CaO (r) + CO2 (khí) (1). 2/ a/CaCO3 (r) ←  0 0 ∆G = ∆H –T.∆S0 = 178,32.103 –(850 + 273). 160,59 = -2022,57 J ∆G0 = -2022,57 J ≈ -2,022 KJ b/ Ta có : ∆H0pư = (2.0 + 2 (-241,83)) - 4 (-92,31) - 1.0 = - 114,42 (kJ) ∆S0pư = (2 . 188,7) + 2,222,9 - 205,03 - 4.186,7 = - 128,63 (J/K) => ∆G0pư = ∆H0pư - 298 ∆S0pư = - 114420 - 298 (-128,63) = - 76088,26 (J) => ∆G0 = - RT ln Kp ∆G 0 (−76088,26) = − = 30,71 => ln Kp = RT 8,314 . 298 13 Kp = 2,17 . 10

0.25 0,5

Trang 102

Câu1 a) Gọi x là số mol của N2 phản ứng:

Ta có phản ứng hoá học: N2 + 3H2  → 2NH3 (Lập tỉ lệ: 2 8 x 3x 2 – x 8-3x

Sau phản ứng:

- Khi cho dung dịch FeCl2 và HCl vào dung dịch A có khí vàng lục thoát ra và dung dịch từ không màu chuyển sang màu vàng nâu : 2FeCl2 + 2KClO + 4HCl → 2FeCl3 + Cl2 + 2KCl + 2H2O - Khi cho dung dịch Br2 vào dung dịch A, dung dịch brom mất màu : Br2 + 5KClO + H2O → 2HBrO3 + 5KCl - Khi cho H2O2 vào dung dịch A, có khí không màu, không mùi thoát ra: H2O2 + KClO → H2O + O2 + KCl c) (a) Vẩn đục vàng của kết tủa lưu huỳnh: H2S + 1/2O2 → H2O + S↓ (b) Dung dịch có màu vàng nhạt: 1/2O2 + 2HBr → H2O + Br2 (c) Thoát khí O2 và nồng độ giảm dần NaClO + H2O + CO2 → NaHCO3 + HClO HClO → HCl + 1/2O2 (d) Có màu đen do sự than hóa chất bẩn hữu cơ có trong không khí. H 2 SO4 Cn(H2O)m  → nC + mH2O

2 8 < nên N2 hết) 1 3

0 2x mol 2x

2 x + 8 − 3x + 2 − x = 0,8  x = 1 . 2+8 2x 2− x 8 − 3x Suy ra [NH3] = = 1M ; [N2] = = 0,5M và [H2] = = 2,5M 2 2 2 Vậy hằng số cân bằng của phản ứng : 2 [ NH 3 ] = 12 = 0,128 KC = 3 3 [ N 2 ].[ H 2 ] 0,5.(2,5) Ta có: Psau / Ptrước =

nsau / ntrước ⇔

Cân bằng dời chuyển: Tăng [NH3] cân bằng dời chuyển theo chiều giảm [NH3]: chiều nghịch. Giảm nhiệt độ cân bằng dời chuyển theo chiều tỏa nhiệt: chiều thuận. Câu V Tăng áp suất: cân bằng dời chuyển theo chiều giảm áp suất; chiều giảm số phân tử khí: chiều thuận. Câu 2/ a) Xác định vị trí dựa vào cấu hình electron: 2ZX + N X = 60 ; ZX = N X  ZX = 20 , X là canxi (Ca), cấu hình electron của 20Ca : [Ar] 4s2 Cấu hình của Y là 1s22s22p63s23p5 hay [Ne] 3s2 3p5 Y là Cl Theo giả thiết thì Z chính là crom, cấu hình electron của 24Cr : [Ar] 3d5 4s1 STT Chu kỳ Nhóm nguyên tố b) -

Ca Cl Cr

20 17 24

4 3 4

SỞ GD&ĐT TỈNH QUẢNG NAM ĐỀ THI OLYMPIC TRƯỜNG THPT QUẾ SƠN HÓA 10: THỜI GIAN 180 PHÚT 1

Câu 1:Dựa vào cấu tạo nguyên tử, phân tử hãy giải thích các câu sau đây: 1.1. Năng lượng ion hóa thứ nhất của nitơ lớn hơn năng lượng ion thứ nhất của oxi. 1.2. Nhịệt độ sôi của HCl thấp hơn nhiệt độ sôi của HF và HBr. 1.3. Nhiệt độ nóng chảy của CaO cao hơn nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của KCl.

IIA VIIA VIB

1.4. Cacbondioxit dễ bay hơn lưu huỳnh dioxit. 1.5. Từ 4 nguyên tử N tạo ra 2 phân tử N2 thuận lợi hơn 1 phân tử N4 dạng tứ diện. 1

b) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: R Ca 2+ < R Cl− < R Ca Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích hạt nhân của nguyên tử đó. Bán kính ion Ca2+ nhỏ hơn Cl- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân Ca2+ (Z = 20) lớn hơn Cl- (Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron lớn nhất (n = 4). Câu 3 a) Ở nhiệt độ thường: 2KOH + Cl2 → KCl + KClO + H2O 6KOH + 3I2 → 5KI + KIO3 + 3H2O Trong môi trường kiềm tồn tại cân bằng : 3XO- ⇌X- + XO 3− Ion ClO- phân hủy rất chậm ở nhiệt độ thường và phân hủy nhanh khi đun nóng, ion IO- phân hủy ở tất cả các nhiệt độ. b) Các phương trình hóa học : Ion ClO- có tính oxi hóa rất mạnh, thể hiện trong các phương trình hóa học:

Trang 103

Biết năng lượng liên kết của N – N là 163 kJ / mol và N≡ N là 945 kJ/mol.

Câu 2.Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử:

2.1.

n = 3 ℓ = 1 m = +1,

s=+

1 2

n = 2 ℓ = 1 m = 0,

s=−

1 2

n = 2 ℓ = 1 m = +1,

s=−

1 2

Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự +ℓ... 0 ...-ℓ)

Trang 104

Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học

2.2.

của các phân tử và ion sau: R2X, AR6, H2AX3, AX

2− 4

6.3. Tính giá trị của V và m.

Cho K = 39 ; Na = 23 ; Ag = 108 ; N = 14 ; Cl = 35.5; Li = 7; O = 16; C = 12.

(H là hidro).

Hết

Câu 3.Cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng ion – SỞ GD-ĐT QUẢNG NAM

electron. 3.1.

NaNO3 + Zn + KOH → Na 2 ZnO2 + K 2 ZnO2 + NH 3 + H 2 O

3.2.

KMnO 4 + H 2 SO 4 + H 2 O 2 → O 2 + ...

3.3.

Fe x O y + H + + NO 3− → N z O t + ...

TRƯỜNG THPT QUẾ SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC HÓA10-NĂM 2016- 2017 THỜI GIAN: 180 PHÚT Câu 1. (2,5đ)

Câu 4 Cho dung dịch chứa đồng thời KI 0,01M và KCl 0,1M, khi dùng một lượng dung dịch AgNO3 thích hợp để tác dụng với dung dịch trên.

0,5đ

1. Cấu hình electron. N: 1s22s22p3

a. Hãy cho biết kết tủa nào được tạo thành trước? Vì sao? b. Tính nồng độ Ag+ trong dung dịch AgNO3 cần để tách hết ion I- ra khỏi dung dịch trên. Cho TAgI = 8,3.10-17 ; TAgCl = 1,76.10-10

O: 1s22s22p4 N có cấu hình electron bán bão hòa bền của phân lớp p nên việc tách

Câu 5. Tính năng lượng liên kết trung bình C – H và C – C từ các kết quả thực nghiệm sau:

1 electron ra khỏi nguyên tử N khó hơn O. Vậy năng lượng ion hóa của N lớn hơn O.

- Nhiệt đốt cháy CH4:

-801,7

kJ/mol

- Nhiệt đốt cháy C2H6

-1412,7

kJ/mol

2. Do HF có khả năng tạo liên kết H giữa các phân tử mạnh nên nhiệt

- Nhiệt đốt cháy H2:

-241,5

kJ/mol

độ sôi của HF > HCl. Do HCl và HBr có cấu tạo tương tự nhưng

- Nhiệt đốt cháy than chì

-393,4

kJ/mol

MHBr > MHCl nên nhiệt đội sôi của HBr > HCl.

- Nhiệt hóa hơi than chì:

+715,0

kJ/mol

- Năng lượng liên kết H - H

+431,5

kJ/mol

3. rCa ≈ rK 2+

0,5

rO2 − < rCl−

Các kết quả đều đo ở 2980K và 1 atm.

Câu 6.Một hỗn hợp A gồm M2CO3, MHCO3, MCl (M là kim loại kiềm). Cho 43,71 gam A tác dụng hết với V ml (dư) dung dịch HCl 10,52% (d=1,05) thu được dung dịch B và 17,6 gam khí C. Chia B làm hai phần bằng nhau. Phần 1: Phản ứng vừa đủ với 125 ml dung dịch KOH 0,8M, cô cạn dung dịch thu

được m (gam) muối khan. Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO3 dư, thu được 68,88 gam kết tủa trắng.

Số điện tích của Ca2+ và O2- lớn hơn K+ và Cl- nên nhiệt độ nóng chảy của CaO > KCl. 4. Phân tử CO2 (dạng thẳng) có momen lưỡng cực bằng 0.

0,5

Phân tử SO2 (dạng gấp khúc) có momen lưỡng cực > 0 Vì vậy CO2 dễ bay hơn SO2.

6.1. Tính khối lượng nguyên tử M. 5. Quá trình 4N  → 2N2 có ∆H1 = -2. EN≡ N = -1890 KJ

6.2. Tính % về khối lượng các chất trong hỗn hợp A. Trang 105

Trang 106

Quá trình 4N  → N4 có ∆H2 = - 6.EN-N = - 978 KJ

Dó ∆H1 < ∆H2 nên quá trình tạo N2 thuận lợi hơn.

0,5 Câu 2. (3,5đ)

0,5

O O

0,5

Câu 3. (3đ).

1. 3p4  A là S

NaNO3 + Zn + KOH → Na 2 ZnO2 + NH 3 + K 2 ZnO 2 + H 2 O

0,5 NO 3− + 6H 2 O + 8e → NH 3 + 9OH −

×2

Zn + 4OH − − 2e → ZnO 22− + 2H 2 O × 8

2p5  A là F

2p4  A là O

0,5

2 NaNO 3 + 8Zn + 14KOH → Na 2 ZnO 2 + 2 NH 3 + 7 K 2 ZnO 2 + 4H 2 O

KMnO 4 + H 2 SO 4 + H 2 O 2 → O 2 + ...

0,5 H 2 O 2 − 2e → O 2 + 2 H +

Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học:

×5

MnO −4 + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H 2 O × 2 2MnO −4 + 6H + + 5H 2 O 2 → 2Mn 2+ + 5O 2 + 8H 2 O

F2O, O lai hóa sp3, phân tử dạng góc:

2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 + 5H 2 O 2 → 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 5O 2 + 8H 2 O

0,5

O F

Fe x O y + H + + NO 3− → N z O t + ...

Mỗi

(5z − 2t )Fe x O y + 2(9xz − 3xt − yz )HNO 3 → (5z − 2t )xFe(NO 3 )3 + (3x − 2y)N z O t + + (9zx − 3xt − yz )H 2 O

F F S

0,5

Câu 4. (3đ)

H2SO3, S lai hóa sp3, dạng tháp tam giác.

Tích số tan. a. Cho biết kết tủa nào tạo thành trước. KI  → K+ + I-

S O

OH OH

0,01

SO , S lai hóa sp , tứ diện đều. 2− 4

Trang 107

đúng 1đ

Fe x O y + 2 yH + − (3x − 2 y )e → xFe 3+ + yH 2 O 5z − 2 t zNO 3− + 2(3z − t )H + + (5z − 2 t )e → N z O t + (3z − t )H 2 O 3x − 2 y

SF6, S lai hóa sp3d, bát diện đều:

8Zn + 2 NO 3− + 14OH − → 8ZnO 22− + 2 NH 3 + 4H 2 O

Trang 108

Ag+ + I-  → AgI ↓

Điều kiện để có kết tủa AgI: [Ag + ][I − ] > 10 −16,08 

[Ag ] +

10 −16, 08 > = 10 −14, 08 M 10 −2

0,25

Xếp các quá trình lại như sau:

(1) 0,25

KCl  → K+ + Cl0,1

0,1

0,25

Điều kiện để có kết tủa AgCl: [Ag ][Cl ] > 10 +

[Ag ] > 1010 +

−1

= 10 −8, 75 M

−

−9 ,75



(2)

0,25

> [Ag ] > 10

-10,08

0,25 0,25

2∆H6

CH4  → C(k) + 4H

0,25 ∆H

0,25 0,25

 4EC-H = 1652,7 kJ/mol  EC-H = 413,175 kJ / mol.

Tính năng lượng liên kết trung bình C - C.

2CO2  → 2C (r) + 2O2

−9 , 75

10 −9,75 < = 8,75M 0,1

∆H5

C(r)  → C (k)

0,25

∆H2

0,5

-3∆H3

0,25 −

0,25

Vậy để kết tủa hòan toàn AgI mà không kết tủa AgCl thì: -8,75

-∆H4

3H2O  → 3H2 + 3/2O2

Để không có kết tủa AgCl thì [Ag ][Cl ]< 10

]

CO2  → C(r) + O2

C2H6 + 7/2O2  → 2CO2 + 3H2O

 [Ag

0,25

16,08 = 10 −10, 08 M 10 −6

Ag+ + Cl- = AgCl ↓

-2∆H3

∆H1

∆H = ∆H1 - 2∆H3 - ∆H4 +∆H5 + 2∆H6 =1652,7 kJ/mol

Để kết tủa hết I- có nghĩa là trong dung dịch [I-] ≤ 10-6 M  [Ag + ] ≥

2H2O  → 2H2 + O2

2H2  → 4H

Từ (1) và (2) suy ra AgI kết tủa trước. b. Tách I

CH4 + 2O2  → CO2 + 2H2O

0,25

Ag+ + Cl-  → AgCl ↓

−9 , 75

0,5

Tính năng lượng liên kết trung bình C - H

0,25

-2∆H4

0,25

2∆H5

2C (r)  → C (k) 3H2  → 6H

3∆H6

0,25

C2H6  → 2Ck +6H

∆H

0,25

EC-C + 6EC-H = ∆H = ∆H2 –3∆H3 –2∆H4 + 2∆H5 +3∆H6 =2823,1 kJ/mol Câu 5. (4đ)

 EC-C = 2823,1-6.413,175=344,05 kJ/mol. Trang 109

0,25 0,25

Trang 110

MCl + AgNO3  → AgCl ↓ + MNO3

0,25

Câu 6. (4đ)

(2x+y+z)

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của M2CO3. MHCO3, MCl.

(2x+y+z)mol

2p/trình

HCl + AgNO3  → AgCl ↓+ HNO3

0,5 Ta có: (2M+60)x + (M+61)y+(M+35,5)z=43,71 (1)

0,25 0,2

Cho A tan trong dd HCl dư.

0,2 mol

Ta có số mol AgCl = (2x + y +z) + 0,2 =

M2CO3 + 2HCl  → 2MCl + CO2 + H2O

0,25  2x + y + z = 0,76

(3)

x Từ (2) và (3) ta có: z = 0,36 - x ; y = 0,4 - x

MHCO3 + HCl  → MCl + CO2 + H2O y y

68,88 .2 = 0,96 mol 143,5

3p/trình

Thay y và z vào phương trình (1) ta được: 0,76M - 35,5x = 6,53

0,25  x=

MCl + HCl  → không phản ứng.

0,76M − 6,53 36,5

(4)

Dung dịch B có

Do 0 < x < 0,36  8,6 < M < 25,8

MCl: (2x + y + z) mol

Vậy M là Na.

HCl dư.

Thay M = 23 vào các phương trình ta được x = 0,3, y = 0,1; z = 0,06

Khí C là CO2: x + y =

17,6 = 0,4 mol 44

Trong A có:

(2)

0,25

0,2

0,25 0,25

NaHCO3: 8,4 g chiếm 19,22% NaCl: 3,51 g chiếm

HCl + KOH  → KCl + H2O 0,2

0,25

Na2CO3: 31,8g chiếm 72,75%

Khi cho B tác dụng với KOH. Số mol của KOH: (0,125.0,8).2 = 0,2 mol.

0,25

Trang 111

0,5

6c. Số mol HCl = 2x + y + 0,2 = 0,9 mol VddHCl =

B tác dụng với AgNO3 dư

8,03%

36,5.0,9.100 = 297,4 ml 10,52.1,05

0,25

Trang 112

Khối lượng muối thu được khi có 1/2B tác dụng với KOH. Khối lượng NaCl: 58,5.0,5.0,76= 22,23 gam

0,25 0,25

Khối lượng KCl: 74,5. 0,1 = 7,45 gam.  m = 29,68 gam

Hết

0,5

------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 1. (4,0 điểm) 1.1. (2,0 điểm) Cho bộ bốn số lượng tử của electron cuối cùng trên nguyên tử của các nguyên tố A, X, Z như sau: A: n = 3, l = 1, m = - 1, s = -1/2 X: n = 2, l = 1, m = - 1, s = -1/2 Z: n = 2, l = 1, m = 0, s = +1/2 a. Xác định A, X, Z. b. Cho biết trạng thái lai hoá và cấu trúc hình học của các phân tử và ion sau: ZA2, AX2, AX32-, AX42-. c. Giải thích vì sao AX32- lại có khả năng hoà tan A tạo thành A2X32-. 1.2(2,0 điểm) Hợp chất M tạo bởi 2 nguyên tố X và Y, cho biết: Tổng số 3 loại hạt trong nguyên tử X là 52, hoá trị cao nhất của X với oxi gấp 7 lần hoá trị của X với hiđrô. Y thuộc cùng chu kì với X, có cấu hình electron: ...np1. a. Xác định số thứ tự X, Y trong bảng hệ thống tuần hoàn và gọi tên 2 nguyên tố. b. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của M biết hiệu độ âm điện giữa X và Y có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn 1,77. Khối lượng phân tử của M là 267. Câu 2. (4,0 điểm) 2.1 (1,0 điểm) Tính hiệu ứng nhiệt của 2 phản ứng sau: 2NH3 + 3/2 O2 → N2 + 3 H2O (1) 2NH3 + 5/2 O2 → 2NO + 3H2O (2) So sánh khả năng của 2 phản ứng, giải thích vì sao phản ứng (2) cần có xúc tác. Cho năng lượng liên kết của: NH3 O2 N2 H2O NO kJ/mol 1161 493 942 919 627

2.2 (1,5 điểm) Cho các phản ứng sau với các dữ kiện nhệt động của các chất ở 250C. CO2 0

ΔH

298 (KJ/mol)

So (J/mol) a. Hãy tính ΔH ở 250C không?.

298

; ΔG

298

+ H2

 → ← 

+ H2O

– 393,5

-110,5

- 241,8

213,6

131

197,9

188,7

của phản ứng và nhận xét phản ứng có tự xảy ra theo chiều thuận

b. Giả sử ΔH của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính ΔG01273 của phản ứng và nhận xét. c. Hãy xác định nhiệt độ (0C) để phản ứng thuận bắt đầu xảy ra (giả sử bỏ qua sự biến đổi của ΔH0; ΔS0 theo nhiệt độ)

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

KỲ THI OLYMPIC 24 – 3 QUẢNG NAM LẦN THỨ HAI Môn thi: HÓA HỌC 10, NĂM 2017 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

ĐỀ THAM KHẢO (Đề thi gồm 02 trang)

Cho biết nguyên tử khối: H=1; O=16; C=12; Cl=35,5; Br=80; S=32; N=14; P=31; Li=7; Na=23; K=39; Mg=24; Ca=40; Ba=137; Zn=65; Cu=64; Fe=56; Mn=55; Ag=108; Al=27. Trang 113

2. 3 (1.5 điểm) Cho cân bằng hoá học: 2NO2 chuyển dịch như thế nào ( giải thích), khi:

 → N2O4 ← 

∆H = −58,04kJ . Cân bằng sẽ

a.Tăng nhiệt độ. b.Tăng áp suất. c.Thêm xúc tác. Câu 3. (3,0 điểm) 3. 1 (1,0 điểm) Axit H2SO4 100% hấp thụ SO3 tạo oleum. Hỏi cần bao nhiêu gam oleum có hàm lượng SO3 là 71% pha vào 100 ml dung dịch H2SO4 40% (d=1,31 g/ml) để tạo ra oleum có hàm lượng SO3 là 10%.

Trang 114

3. 2 (2,0 điểm) Nêu cách loại tạp khí ra khỏi các hỗn hợp khí sau, viết phương trình phản ứng: a. Loại khí HCl ra khỏi hỗn hợp khí HCl và H2S. b. Loại khí SO2 ra khỏi hỗn hợp khí CO2 và SO2. c. Loại khí HCl ra khỏi hỗn hợp khí HCl và Cl2. d. Loại khí O3 ra khỏi hỗn hợp khí O3 và O2. Câu 4. (3,0 điểm) 2NH3(k) ∆H = -92 kJ/mol. Nếu xuất phát từ Cho cân bằng hóa học: N2(k) + 3H2(k) hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ mol 1:3, khi đạt tới trạng thái cân bằng ở điều kiện tối ưu (4500C và 300 atm) thì NH3 chiếm 36% về thể tích. a. Tính hằng số cân bằng Kp. b. Giữ nhiệt độ không đổi ở 4500C, cần tiến hành phản ứng dưới áp suất là bao nhiêu để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích? c. Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành phản ứng ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% về thể tích? Cho biết phương trình Van't Hoff liên hệ hai hằng số cân bằng ở 2 nhiệt độ là: ln

( 0.75 điểm)

Nguyên tố A: n = 3, l = 1, m = -1, s = -1/2 → 3p4 A là S Nguyên tố X: n = 2, l = 1, m = -1, s = -1/2 → 2p4 X là O Nguyên tố Z: n = 2, l = 1, m = 0, s = +1/2 → 2p2 Z là C

( 0.75 điểm)

( 0.5 điểm)

---------------HẾT--------------KỲ THI OLYMPIC 24 – 3 QUẢNG NAM LẦN THỨ HAI ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC 10

HƯỚNG DẪN CHẤM a.

SO 24 −

sp3

c S

↑↓

[Ne] 3s2 3p4

Điểm 4.0 0.75 Trang 115

Cấu trúc hình học

Đường thẳng Góc Chóp đáy tam giác đều Tứ diện đều

↑

0.5

↑

↑↓

5.2 (1,0 điểm) Dung dịch muối A có nồng độ 40% nếu thêm vào dung dịch A lượng nước bằng lượng nước đã có trong dung dịch A thì nồng độ % của dung dịch là bao nhiêu? Câu 6. (3,0 điểm) Hỗn hợp X gồm 2 chất rắn FeCO3 và FeS2. Cho X cùng một lượng O2 vào một bình kín có thể tích V(lit). Đốt nóng bình cho phản ứng xảy ra,( giả thiết khả năng phản ứng của 2 muối là như nhau, sản phẩm phản ứng là Fe2O3) sau phản ứng đưa về điều kiện ban đầu thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z, áp suất trong bình lúc này là P. Để hoà tan chất rắn Y cần 200 ml dung dịch HCl 0,3M, thu được dung dịch E và hỗn hợp khí M, nếu đưa M vào bình kín thể tích V(lit) ở cùng điều kiện với Z thì áp suất trong bình lúc này là 1/2P. Thêm dung dịch NaOH tới dư vào dung dịch E được chất rắn F, lọc lấy F làm khô F ngoài không khí (không nung) cân được 3,85 gam. a.Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b.So sánh áp suất trong bình trước và sau khi nung. c.Tính % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp.

Câu 1 1.1

CS2 SO2 SO 23 −

Trạng thái lai hoá cuả nguyên tử trung tâm sp sp2 sp3

K 2 ∆H  1 1   − . = K1 R  T1 T2 

Câu 5. (3,0 điểm) 5.1. (2,0 điểm) Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO3,Ca(ClO3)2,CaCl2 và KCl. Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13,44 lít O2 (đkc), chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl. Toàn bộ Y tác dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K2CO3 1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl có trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là bao nhiêu?

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

0.75 Phân tử, iôn

↑↓

[Ne] 3s2 3p4

SO32- có khả năng kết hợp thêm 1 nguyên tử S để tạo S2O32- vì trên nguyên tử S trong SO32- còn có một cặp electron tự do chưa liên kết có khả năng cho vào obiatn 3p trống của nguyên tử S tạo liên kết cho nhận. 2S O

1.2 ( 2.0 điểm)

2 2.1 ( 1.0 điểm)

a. Xác định được Z = 17 → X là Cl (clo). Từ dữ liệu đầu bài xác định được Y là Al. b. Từ dữ liệu đầu bài với KLPT của M là 264. → công thức phân tử M là: Cl Cl Al Cl Cl

1.0 1.0

Cl Al Cl

Tính hiệu ứng nhiệt: E1 = (2ENH3 + 3/2EO2) – (EN2 + 3 EH2O) = 2. 1161 + 3/2. 493 – 942 – 3. 919 = - 637,5 kJ. E2 = 2ENH3 + 5/2EO2 – 2ENO – 3EH2O = 2. 1161 + 5/2. 493 – 2. 627 – 3. 919 = - 456,5 kJ. - Phản ứng (1) có ∆H âm hơn nên phản ứng (1) dễ xảy ra hơn. - Nếu có xúc tác thì năng lượng hoạt hoá sẽ giảm và tốc độ phản ứng sẽ tăng, do đó để thực hiện phản ứng (2) cần có xúc tác.

4.0 1.0

Trang 116

2.2 (0.75 điểm)

1.5 0.75

Có phản ứng: CO2 + H2 →CO + H2O a. ΔH

298

ΔG

298 =

ΔH

298

- ΔS

298 =

4 ( 1.5 điểm)

28684 J/mol

Vì ΔG0298 > 0 nên phản ứng không tự xảy ra ở chiều thuận ở 250C.

(0.5 b. Áp dụng công thức: điểm)

ΔGT2 T2

ΔGT1 T1

+ Δ H0

( T1 2

1 T1

)

=> ΔG01273 = - 12266J/mol

(0.25 c. Để phản ứng xảy ra theo chiều thuận thì: điểm) 41200 => T > = 980,950K

0.25

( 1.0 điểm)

 → N2O4 Cho phản ứng 2NO2 ∆H = −58,04kJ ←  - Phản ứng toả nhiệt, số phân tử khí bên vế trái phương trình phản ứng lớn hơn bên phải: a. Tăng nhiệt độ cân bằng chuyển sang trái. b. Tăng áp suất cân bằng chuyển sang phải. c Xúc tác tàm tăng hoặc giảm tốc độ cả phản ứng thuận và nghịch => không làm chuyển dịch cân bằng.

0.25 0.5 0.5 0.25

( 0.50 điểm)

80n .100=71  n= 3 98 + 80n

Khối lượng dung dịch H2SO4 40%= 131 (gam)  mct = 52,4 gam.; mH2O= 78,6 Phản ứng SO3 + H2O → H2SO4 4,367 4,367 4,367 Ta có:

(3a − 4,367).80 =0,1  a = 1,7578 131 + 338a

0,5đ 0,5đ 0,5đ

a.Loại HCl ra khỏi hỗn hợp với H2S : Cho hỗn hợp đi qua dung dịch kiềm, rồi thêm H2SO4 loãng vào hỗn hợp sau phản ứng. HCl + NaOH → NaCl + H2O và H2S + 2NaOH → Na2S + 2H2O H2SO4 + Na2S → Na2SO4 + H2S ↥ b.Loại HCl ra khỏi hỗn hợp với Cl2: Cho hỗn hợp đi qua dd KMnO4 đặc, đun nóng: 16 HCl + 2 KMnO4 → 2 KCl + 2 MnCl2 + 5 Cl2 ↥ + 8 H2O c.Loại SO2 ra khỏi hỗn hợp với CO2: Cho hỗn hợp đi qua dd Br2. SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HCl

0.5

(0,36.300 )2

(0,16.300).(0,48.300) 3

2 PNH 3 3 H2

PN 2 .P

2 NH3 3 N2 H2

P .P

(0,5.P )2

(0,125.P ).(0,375.P ) 3

= 8,14.10 −5  P = 682,6 atm.

5.2 ( 1.0 điểm)

0.5

Trang 117

6 ( 1.75 điểm)

0.5 0.5 0.25

(0,5.300 ) ≈ 4,21.10 −4 (0,125.300).(0,375.300)3 2

K 'P ∆H  1 1   −   T2 = 653 K hay 3800C. = KP R  T1 T2 

0.25 0,25đ 0,25đ

Các phản ứng KClO3 → KCl + 3/2 O2 Ca(ClO3)2 → CaCl2 + 3/2 O2 Đặt a, b là số mol của CaCl2 và KCl trong chất rắn Y BTKL ta có mY = 82,3 - 32.0,6= 63,1 (gam).  111a + 74,5b=63,1 (1) Cho Y tác dụng với Na2CO3 CaCl2 + Na2CO3 → CaCO3 + 2NaCl  a =0,3(mol); Từ (1)  b = 0,4 (mol). Đặt x là số mol KCl trong hỗn hợp X. Ta có 2a + b = 5x  x = 0,2 (mol)

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0.5

Gọi mdd là khối lượng dung dịch muối nồng độ 40%. Khối lượng muối: (40. mdd): 100 = 0,4mdd Khối lượng nước trong dung dịch 40%: 0,6mdd Theo đầu bài nồng độ dung dịch mới là:

0.5

= 8,14.10 −5

74.5.0,2 %KCl trong X là = .100 = 18.10 % 82,3

m = 338 . 1,7578 = 594 (gam)

3.2 ( 2.0 điểm)

PN 2 .PH3 2

c. K 'P = ln

5.1 ( 2.0 điểm)

2 PNH 3

b. Ở trạng thái cân bằng: x3 = 50% = 0,5  x1 + x2 = 0,5 (III) Từ (II) và (III)  x1 = 0,125; x2 = 0,375. KP =

3.0 0,25đ

H2SO4.nSO3 a mol Hàm lượng SO3 = 71% Ta có

Từ (I) và (II)  x1 = 0,16; x2 = 0,48.

0.25

3 3.1

3.0 a.N2(k) + 3H2(k) 2NH3(k) 0.5 a. Gọi x1, x2, x3 lần lượt là %V (cũng là % số mol) của N2, H2 và NH3 ta có: x3 = 36% = 0,36  x1 + x2 = 64% = 0,64 (I) Vì N2 và H2 được lấy theo tỉ lệ mol 1:3 (bằng tỉ lệ trong phản ứng) nên  0.5

KP =

ΔG0T = ΔH0 – TΔS0 <0

0.5

x1 1 = (II) x3 3

0.25

Vì ΔG01273 <0 nên phản ứng tự xảy ra theo chiều thuận ở 10000C

2.3 (1.5 điểm)

O3 + 2KI + H2O → O2 + I2 + 2KOH

= 41,2 KJ/mol

ΔS0298 = 42J/mol 0

d.Loại O3 ra khỏi hỗn hợp với O2: Cho hỗn hợp đi qua dd KI

0.5

0, 4.mdd .100 = 25% mdd + 0, 6mdd

3.0 a. Các phương trình phản ứng: FeCO3 → FeO + CO2 4FeS2 + 11O2 →2Fe2O3 + 8SO2 2FeO + 1/2O2 → Fe2O3

(1) (2) (3)

Trang 118

FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + H2O + CO2 FeS2 + 2HCl → FeCl2 + S + H2S FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3

( 0.5 điểm

( 0.75 điểm

b.Vì khả năng phản ứng của 2 muối như nhau, gọi số mol mỗi muối tham gia phản ứng (1), (2), (3) là a mol ; Số mol O2 tham gia pứng : 0,25a + 2,75a = 3ª; Số mol CO2 và SO2 sau phứng (1), (2) : a + 2a = 3a Vậy áp suất trong bình trước và sau khi nung không đổi. c.Số mol HCl = 0,3.02 = 0,06 (mol) gọi số mol FeCO3 tham gia phản ứng (4) là x , số mol FeS2 tham gia phản ứng (5) là y : x + y = 0,03 (*) => Số mol CO2 và H2S sinh ra do phản ứng (4) (5) là 0,03 mol => 3a = 0,06 mol => a= 0,02. Khối lượng chất rắn F ( S và Fe(OH)3) = (x+y).107 + 32y = 3,85. Kết hợp với (*) có hệ pt: x + y = 0,03 ; 107x + 139y = 3,85 Giải được: x = 0,01 ; y = 0,02 Khối lượng X = 0,03.116 + 0,04.120 = 8,28 gam % khối lượng FeCO3 =

26 → 1023Ne + 24He 12 Mg + ...? 19 + 11H → ...? + 24He 9 F 235 U + 01n → 3(01n) +...? + 57146La 92 2 + ...? → 2 24He + 01n 1 H

* * * * 3. (1đ)

(4) (5) (6) (7)

0,03.116.100 = 42,03%; % khối lượng FeS2 = 57,97% 8,28

a. Xác định 4 số lượng tử của Be ( z = 4) và Cl ( z = 17).

b. Giải thích vì sao BeCl2 có thể polime hóa ( BeCl2)n.

Câu II:

1. (3đ)Cho giá trị của biến thiên entanpi và biến thiên entropi chuẩn ở 3000K và 12000K của phản

ứng:

⇀ CO ( khí) + 3H2 ( khí) CH4 (khí) + H2O (khí) ↽ Biết là

∆S0 J/K.mol ∆H0 (KJ/mol) 3000K - 41,16 - 42,4 12000K -32,93 -29,6 a) Hỏi phản ứng tự diễn biến sẽ theo chiều nào ở 3000K và 12000K? b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 3000K

2. (2d).Tính nhiệt sinh chuẩn ( ∆ H0298.s) của CH4 (K). Biết rằng năng lượng liên kết H – H trong H2 là 436 kJ.mol-1; năng lượng liên kết trung bình C – H trong CH4 là 410 kJ.mol-1 và nhiệt nguyên tử hóa ∆ H0a của Cgr (K) là: ∆ H0a= 718,4 kJ.mol-1. Các giá trị đều xác định ở điều kiện chuẩn. Câu III: 1. (2đ) a. Cân bằng 2 phản ứng: * Theo phương pháp thăng bằng electron CrI3 + KOH + Cl2 → K2CrO4 + KIO4 + KCl + H2O * Theo phương pháp ionelectron Al + HNO3 → Al(NO3)3 + NO+ N2O + H2O. Biết nNO : nN2O = 1 : 2 b. Bổ túc phản ứng sau: FeCl2 + KMnO4 + H2SO4 → ……….. Zn + NaHSO4 + NaNO3 → ZnSO4 + Na2SO4 + NH4NO3 + H2O

Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam Trường THPT Trần Cao Vân

THI HỌC SINH GIỎI Môn Hóa Học: Khối 10 Năm 2017 Thời gian : 180 phút

Câu I: 1.(2đ) a. Xác định dạng hình học, trạng thái lai hóa của nguyên tử nguyên tố trung tâm trong các phần tử sau: CO2 , SO4 2-, IF5, OF2. b. So sánh ( có giải thích) góc liên kết trong từng cặp phân tử sau: * Góc ClSCl và ClOCl trong SCl2 và OCl2 * Góc FBF; HNH ; FNF trong BF3; NH3; NF3 2.(2đ) a. Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kín và chôn dưới đất. Phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.1012 nguyên tử xuống còn 3.10-3 nguyên tử. b. Hoàn thành 4 phản ứng hạt nhân sau:

Trang 119

2. (2đ) Sục Cl2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng). a.Viết phương trình hóa học xảy ra. b.Viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch: hỗn hợp HCl và FeCl2; Br2 ; H2O2 ; CO2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư, chỉ chứa các muối). 3.(1đ). Để hòa tan hết một mẫu Zn trong dung dịch HCl ở 200C cần 27 phút. Cũng mẫu Zn đó tan hết trong dung dịch HCl nói trên ớ 400C là 3 phút. Hỏi để hòa tan mẫu Zn trên ở 550C cần bao nhiêu giây?

Câu IV: 1.(1,5 đ)

a. Nhận biết SO2, SO3 theo 2 phương pháp : oxy hóa khử và không oxy hóa khử

b. Sục a mol SO3 vào 50 gam dung dịch H2SO4 82%. Tính a để thu được oleum có hàm lượng SO3 25%. 2.(1,5 đ) Giải thích 6 trường hợp sau: + Đồ dùng bằng Ag hóa đen trong không khí bị nhiễm bẫn H2S.

Trang 120

+ Cho axit H2SO4 đặc vào đường, đường hóa đen và có sủi bọt khí. + Bình kín chứa khí NO2 có màu nâu ở nhiệt độ thường, ngâm trong nước đá màu nhạt dần. Cho biết phản ứng sau tỏa nhiệt hay thu nhiêt. 2NO2 N2 O4 (màu nâu) (không màu) + Nước Gia-ven có khả năng tẩy trắng. + Sục khí H2S cho đến dư vào dung dịch chứa đồng thời FeCl3, CuCl2, AlCl3 , ZnCl2 có kết tủa. + Tinh thể kim cương cứng hơn rất nhiều so với tinh thể Iot, nước đá. 3.(2đ). Nung hỗn hợp X gồm KClO3 và KMnO4 thu được chất rắn Y và O2. Biết KClO3 phân hủy hoàn toàn, còn KMnO4 chỉ bị phân hủy một phần. Trong Y có 0,894 gam KCl chiếm 7,45% theo khối lượng. Trộn lượng O2 ở trên với không khí theo tỉ lệ thể tích VO2 : VKK =1:3 trong một bình kín ta thu được hỗn hợp khí Z. Cho vào bình 0,528 gam cacbon rồi đốt cháy hết cacbon, phản ứng hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí T gồm 3 khí O2, N2, CO2, trong đó CO2 chiếm 22% thể tích. Tính phần trăm khối lượng KClO3 trong hỗn hợp ban đầu.

0,693 0,693 = = 0,00347 / 200 t1 / 2 N Áp dụng công thức: ln 0 = kt N

 ln

6,5.1012 = 0, 00347t 3.10−3

 t = 1,0176.104 năm hay 10.176 năm b. Từ định luật bảo toàn điện tích và số khối → các hạt còn thiếu: a. 01n b. 816º c. 3587Br d. 37Li Cấu hình e : 1s22s2

3. a. Be z =4

Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, ms = − 2

Cấu hình e : 1s 2s 2p 3s 3p

Cl Z= 17

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

1 2

0,25 đ

1 0,25đ 2 b. Khi tạo thành phân tử BeCl2 thì ng tử Be còn 2 obitan trống; ng tử clo sẽ đưa ra cặp electron chưa liên kết cho ng tử Be của ph tử BeCl2 kia tạo liên kết cho-nhận. Vậy BeCl2 có khuynh hướng polime hoá: 0,5 đ Cl Cl Cl Cl Cl .... Be Be Be Be Be ....

Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms = −

Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam Trường THPT Trần Cao Vân

ĐÁP ÁN Môn Hóa Học: Khối 10 Thời gian : 180 phút

Câu I: 1.(2đ) . CO2 : đường thẳng sp . SO42- tứ diện đều , sp3 IF5 : chop vuông , sp3d2. OF2 góc, sp2 b. Góc liên kết trong từng cặp phân tử sau * Trong SCl2 và OCl2 góc ClSCl < ClOCl .

0,25 x 4 = 1đ

0,25đ

Do oxy có độ âm điện lớn hơn hút mật độ e ở oxy tăng do đó góc lớn

0,25đ

* Trong BF3; NH3; NF3 Góc FBF > HNH > FNF

0,25đ

ĐÁP ÁN Môn Hóa Học: Khối 10

Câu II: 1(3đ). a). Dựa vào biểu thức: ∆G0 = ∆H0 - T∆S0 Ở 3000K ; ∆G0300 = (- 41160) - [ 300.(- 42,4)] = -28440J = -28,44 kJ Ở 12000K ; ∆G01200 = (- 32930) - [ 1200.(- 29,6)] = 2590 = 2,59 kJ ∆G0300< 0, phản ứng đã cho tự xảy ra ở 3000K theo chiều từ trái sang phải. ∆G01200 > 0, phản ứng tự diễn biến theo chiều ngược lại ở 12000K

BF3 lai hóa sp2 FBF = 1200 ; NH3 và NF3 có cùng ngtu trung tâm, F có độ âm điện lớn hơn, mật độ e ở N giảm dẫn đến góc nhỏ hơn 0,25đ a.

b) + Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 3000K ∆G0 = -2,303RT lgK (-28440) = (-2,303).8,314. 300.lgK lgK = 28440/ 2,303.8,314.300 = 4,95  K = 10 4,95

2.(2đ) 2 (2đ). Ta có :

Trang 121

Cgr

∆H

0 a

2H2

∆H 298.s  →

CH4 (k)

– 4EC – H

Trang 122

0.5đ

4Zn + 10NaHSO4 + 2NaNO3 → 4ZnSO4 + 6Na2SO4 + NH4NO3 + 3H2O 2E H−H → C(k) + 4H(k) C(k) + 2H2 (k)  Theo định luật Hess: ∆H 0298.s (CH4) = ∆H 0a + 2EH – H – 4EC – H = 718,4 + 2. 436 - 4. 410 = - 49,6 kJ.mol-1

2. (2đ) a) Ở nhiệt độ thường: 2KOH + Cl2 → KCl + KClO + H2O 6KOH + 3I2 → 5KI + KIO3 + 3H2O (Trong môi trường kiềm tồn tại cân bằng : 3XO- ⇌X- + XO 3− Ion ClO- phân hủy rất chậm ở nhiệt độ thường và phân hủy nhanh khi đun nóng, ion IO- phân hủy ở tất cả các nhiệt độ). b) Các phương trình hóa học : Ion ClO- có tính oxi hóa rất mạnh, thể hiện trong các phương trình hóa học: - Khi cho dung dịch FeCl2 và HCl vào dung dịch A có khí vàng lục thoát ra và dung dịch từ không màu chuyển sang màu vàng nâu : 2FeCl2 + 2KClO + 4HCl → 2FeCl3 + Cl2 + 2KCl + 2H2O - Khi cho dung dịch Br2 vào dung dịch A, dung dịch brom mất màu : Br2 + 5KClO + H2O → 2HBrO3 + 5KCl - Khi cho H2O2 vào dung dịch A, có khí không màu, không mùi thoát ra: H2O2 + KClO → H2O + O2 + KCl - khi cho CO2 vào A CO2 + KClO + H2O  → KHCO3 + HClO 3.(1đ). Từ 200C đến 400C thời gian giảm đi 9 lần suy ra tốc độ pứ tăng 9 lần , ta suy ra hệ số nhiệt độ bằng 3. 0,5đ Nếu ở 55 0C thì thời gian giảm 3 (55-40)/ 10 . Vậy thời gian cần hòa tan là 3*60/ 3 (55-40)/ 10 = 34,64 s

Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam Trường THPT Trần Cao Vân

Câu III: 2. (2đ) a. Cân bằng 2 phản ứng:

* Theo phương pháp thăng bằng electron: +3 −1

x2 x 27

2CrI3 + 64KOH + 27Cl2 → 2K2CrO4 + 6KIO4 + 54KCl + 32H2O

mol Ta có :

0.25đ

Al → Al3+ + 3e 5NO3- + 24 H+ + 19e → NO + 2N2O + 12H2O

19Al + 72HNO3 → 19Al(NO3)3 + 3NO+ 6N2O + 36H2O.

c. Oleum. mH2O = 9 gam SO3 + H2O  H2SO4 0,5 0,5 (80a -40) / (80a + 50) = 25/100 ………. 0,5 đ a = 0,875 ………..0,5đ

0,25đ

* Theo phương pháp ionelectron 19

ĐÁP ÁN Môn Hóa Học: Khối 10

Câu IV: 1.(1,5 đ) a. Nhận biết SO2, SO3 theo 2 phương pháp : oxy hóa khử và không oxy hóa khử +Sục vào dd Brom . Viết pt SO2+Br2+ H2O →H2SO4 + HBr 0,25đ + Sục vào dd BaCl2 . Viết pt SO3 + BaCl2 + H2O → BaSO4 + HCl 0,25đ

ĐÁP ÁN Môn Hóa Học: Khối 10

Cr I 3  → Cr + 3 I + 27e Cl2 + 2e  → 2Cl-

0,5đ

0,25đ 0,25đ

b. Bổ túc phản ứng sau: 10 FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 +3 K2SO4 + 6MnSO4+ 10Cl2 + 24H2O

0,5đ

Trang 123

0,25x6 =1,5đ 2.(1,5 đ) Giải thích 6 trường hợp sau: * 2Ag + H2S + 1/2O2 → Ag2S + H2O * H2SO4 + C12H22O11 → C + H2SO4 12. H2O C + 2H2SO4 → CO2+ 2SO2 + 2H2O * . 2NO2 N2 O4 Màu nâu không màu Ngâm trong nước đá màu nhạt dần. cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận.(tăng nhiệt độ) .Phản ứng tỏa nhiệt * Nước Gia-ven có khả năng tẩy trắng. NaClO + CO2 + H2O →NaHCO3 + HClO

Trang 124

tủa.

* Sục khí H2S cho đến dư vào dung dịch chứa đồng thời FeCl3, CuCl2, AlCl3 , ZnCl2 có kết

(Biết tỉ khối hỗn hợp khí NO và N2O so với H2 bằng 16,75) t e) FeS2 + H2SO4 đ  → SO2 2. a) Dựa vào thuyết lai hóa, cho biết hình dạng và góc liên kết của các phân tử và ion sau: BCl3, BeCl2, CH4, H2O.  → 2Fe2+ + Sn4+. Biết E 0 b) Cho phản ứng trong một pin: 2Fe3+ + Sn2+ ← =  Fe /Fe o

H2S + 2FeCl3 →2FeCl2 + S +2 HCl H2S + CuCl2 → CuS + 2 HCl kết tủa : CuS và S * Tinh thể kim cương cứng hơn rất nhiều so với tinh thể Iot, nước đá. Kim cương : tinh thể nguyên tử bền còn I2, nước đá tinh thể phân tử kém bền 3. KClO3→KCl +3/2 O2 (1) 0,012 0,012 2 KMnO4→K2MnO4 +MnO2+O2. (2) 3pt ...........0, 5đ C + O2 → CO2

+0,77 (V); E

x=0,05, ...................................................................0,25đ vậy theo bảo toàn mX=mY+mO2(sinh ra ) =12+0,05*32=13,6 g...........0,25đ m KClO3 = 0,012 * 122,5 = 1,47 g 0,25đ % KClO3 = 1,47*100/13,6 = 10,8% 0.25đ

ĐỀ ĐỀ NGHỊ TRƯỜNG THPT N I TH NH

KỲ THI OLYMPIC 24/3 KHỐI THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi :

= +0,15 (V). Tính sức điện động chuẩn của pin trên.

Bài 3: 4,0 điểm 1. Hoà tan 60,9 gam hỗn hợp hai muối bari của hai halogen vào nước rồi cho tác dụng vừa đủ với dung dịch K2SO4. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 58,25 gam kết tủa trắng và dung dịch muối. Cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp hai muối khan. a. Xác định khối lượng hai muối khan. b. Biết rằng halogen ở hai chu kì liên tiếp. Xác định hai halogen này và tính phần trăm khối lượng muối trong hỗn hợp đầu. 2. Có 5 khí A, B, C, D, E. Khí A được điều chế bằng cách nung KMnO4 ở nhiệt độ cao, khí B được điều chế bằng cách cho FeCl2 tác dụng với dung dịch hỗn hợp KMnO4 trong H2SO4 loãng dư, khí C được điều chế bằng cách đốt cháy hoàn toàn sắt pirit trong oxi, khí D được điều chế bằng cách cho sắt (II) sunfua tác dụng với dung dịch HCl, khí E được điều chế bằng cách cho magie nitrua tác dụng với nước. Hãy viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

mY= 100x 0,894/7,45= 12g. .........................0.25đ. nCO2=0,044 nhh khí=0,2 ........... 0,25đ. V O 2 : VKK = x :3x ; 4x = 0,2;

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

0 Sn 4+ /Sn 2+

HÓA HỌC LỚP 10

Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 4: 4,0 điểm 1.Cho phản ứng : 2SO2 (k) + O2 (k) ⇄ 2SO3 (k) H = - 198 kJ Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3, người ta có thể sử dụng biện pháp nào liên quan đến áp suất, nhiệt độ và chất xúc tác ? Giải thích ?  → Si (r) + 2CO (k) (1) 2. Cho phản ứng: SiO2 (r) + 2C (r) ←  0 a. Tính ∆S của quá trình điều chế silic theo phản ứng (1), dựa vào các giá trị 0 0 entropi chuẩn sau đây: SSiO = 41,80 J.K-1.mol-1 ; S0C(r) = 5,70 J.K-1.mol-1 ; SSi(r) = 18,80 J.K2 (r) 1

.mol-1 ; S0CO(k) = 197,60 J.K-1.mol-1 ?

Bài 1: 4,0 điểm

b.Tính giá trị ∆G 0 của phản ứng (1) ở 25 oC ? Biến thiên entanpi hình thành ở điều kiện tiêu chuẩn (ΔH 0f ) của SiO2 và CO có các giá trị: ΔH 0f (SiO2 (r)) = -910,90 kJ.mol-1;

Một hợp chất (A) được cấu tạo từ cation M 2+ và anion X − . Trong phân tử MX2 có tổng số proton, nơtron, electron là 186 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54 hạt. Số khối của M2+ lớn hơn số khối của X− là 21. Tổng số hạt trong cation M2+ nhiều hơn tổng số hạt trong anion X − là 27. 1. Xác định số proton, nơtron và tên nguyên tố của M và X. 2. Viết cấu hình electron của M, X, M 2 + , X − . 3. Xác định vị trí của M và X trong bảng tuần hoàn. Bài 2: 4,0 điểm. 1. Lập phương trình hóa học của các phản ứng oxi hóa - khử sau đây theo phương pháp thăng bằng electron: a) Cu2S + HNO3  Cu(NO3)2 + H2SO4 + NO + H2O → SO2 + … b) FexOy + H2SO4 đ  c) FeS + HNO3  Fe(NO3)3 + Fe2(SO4)3 + NO + H2O d) Al + HNO3 → NO + N2O

Bài 5: 4,0 điểm Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng thu được 500ml dung dịch Y. Chia Y thành 2 phần bằng nhau: Cô cạn phần 1 thu được 31,6 gam hỗn hợp muối khan. Sục khí clo dư vào phần 2, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thì thu được 33,375 gam hỗn hợp muối khan.

Trang 125

Trang 126

ΔH 0f (CO(k)) = -110,50 kJ.mol-1.

3. Nêu phương pháp hoá học để có thể dùng loại các chất sau: a. SO2, NO2, HF trong khí thải công nghiệp. b. Khí Cl2 làm nhiễm bẩn không khí trong phòng thí nghiệm.

1. Viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra. Tính m và nồng độ mol/lít các chất có trong dung dịch Y. 2. Cho hỗn hợp X vào H2SO4 đặc nóng dư, sau khi phản ứng xãy ra hoàn toàn dẫn vào 180ml dung dịch NaOH 1M. Tính khối lượng muối thu được trong dung dịch. ....HẾT ....

1b (0,5 điểm)

2FexOy +(6x-2y)H2SO4 +(6x-2y)H2O

t  → xFe2(SO4)3 +(3x-2y)SO2

0,25x2

3FeS + 12HNO3  Fe(NO3)3 + Fe2(SO4)3 + 9NO + 6H2O 3FeS  3Fe+3 + 3S+6 + 27e x1 N+5 +3e  N+2 x9

(0,5 điểm)

0,25 x2

17Al + 66HNO3 → 17Al(NO3)3 + 9NO + 3N2O + 33H2O 1d (0,5 điểm)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM Đ P N

KỲ THI OLYMPIC 24/3 KHỐI THPT NĂM HỌC 2016– 2017 Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 ∗

2zM + nM + 4zX + 2nX = 186 ⇔ 2zM + 4zX + nM + 2nX = 186

∗ 2z M + 4z X − n M − 2n X = 54

1 (2,0 điểm)

2 (1 điểm ) 3. (1 điểm)

1a (0,5 điểm)

∗ z M + n M − z X − n X =21

⇔

(1)

(2)

z M − z X + n M − n X =21 ( 3 )

1 điểm

∗ 2z M + n M − 2 − (2z X + n X +1)=27 ⇔ 2z M − 2z X +n M − n X =30 (4)

Từ (1), (2), (3), (4)  z M = 26;z X = 17 ( n M = 30; n X = 18) M  M là Fe; X  X là Cl 26 17 Fe(Z=26): 1s22s22p63s23p63d64s2  Fe2+(Z=26): 1s22s22p63s23p63d6 Cl(Z=17): 1s22s22p63s23p5 Cl-(Z=17): 1s22s22p63s23p6 Fe: Chu kỳ 4 nhóm VIIIB Cl: chu kỳ 3 nhón VIIA

30a + 44b a 3 = 33,5  = a+b b 1

0,25 x2

17x Al → Al+3 + 3e 3x 5N+5 +17e → 3N+2 + 2N+1 t 2FeS2 + 14H2SO4 đ  → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 1e 14H2O (0,5 điểm) 1x 2FeS2 → 2Fe+3 + 4S+4 +22e 11x S+6 +2e → S+4 Hình dạng phân tử; góc liên kết: - BCl3: hình tam giác đều; góc liên kết ClBCl = 1200 - BeCl2: dạng trục (đường thẳng); góc liên kết ClBeCl = 2a 1800 1 đi ể m - CH4: hình tứ diện ; góc liên kết HCH = 109028’ -H2O: hình gấp khúc, góc liên kết HOH=105o o

HÓA HỌC LỚP 10

Môn thi :

0,5 điểm

2b 0,5 điểm

0,5 điểm 0,25 điểm x4 0,5 điểm 0,5 điểm

Bài 2. 3Cu2S + 22HNO3  6Cu(NO3)2 + 3H2SO4 + 10NO + 8H2O Cu2S  2Cu+2 + S+6 + 10e x 3 0,25 x 2 N+5 +3e  N+2 x 10 Trang 127

1a (1,5điểm)

 → 2Fe2+ + Sn4+ . 2Fe3+ + Sn2+ ←  0 E pin = 0,77 - 0,15 = 0,62 V

0,5

Bài 3. Đặt halogen X có X đvC và muối của nó là BaX2, số mol a b Y Y BaY2 BaX2 + K2SO4 → 2KX + BaSO4 ↓ a a 2a a (mol) BaY2 + K2SO4 → 2KY + BaSO4 ↓ b b 2b b (mol) Từ 2 phương trình phản ứng ta có: n BaSO = a + b = 4

Theo định luật bảo toàn khối lượng:

0,25x4

0,5 điểm

58, 25 = 0, 25 233

1 điểm

m( BaX 2 + BaY2 ) + mK2 SO4 = mBaSO4 + m( KX + KY )

Trang 128

 60,9 + 174 ( a + b ) = 58, 25 + mKX , KY

Với a + b = 0,25  mKX , KY = 46,15 ( g ) Số mol halogen tương ứng: 2a + 2b = 0,5  khối lượng mol trung bình của X, Y: M =

26,65 = 53,3 ( g ) 0,5

0,5 điểm

Với X, Y là 2 halogen thuộc hai chu kì liên tiếp nên đó là Cl và Br (thoả mãn điều kiện 35,5 < 53,3 < 80) 1b 0,5 điểm Thay giá trị Cl và Br vào phương trình khối lượng: (1,5 điểm)  2a.35,5 + 2b.80 = 26, 65  a = 0,15; b = 0,1   a + b = 0, 25

%mBaCl2 =

BaBr2

4500 C ,V2O5

→ 2SO3 2SO2 + O2 ←

0,5 điểm

= 48, 77%

(1)

0,25 x8

t 2H2S + 3O2 (dư) → 2SO2 + 2H2O (2) t0 Hoặc : 2H2S + O2 (thiếu) → 2S + 2H2O 850 C , Pt 4NH3 + 5O2  (3) → 4NO ↑ + 6H2O t0 2N2 ↑ + 6H2O Hoặc : 4NH3 + 3O2 → t0 2 Cl2 + SO2 → SO2Cl2 (4) ( 1,0 điểm) Cl2 + H2S  → S + 2HCl (5) → N2 ↑ + 6HCl (6) 3Cl2 + 2NH3  Hoặc : 3Cl2 + 8NH3  → 6NH4Cl + N2 ↑ 2H2S + SO2  → 3S + 2H2O (7) H2S + NH3  → NH4HS (8) Hoặc H2S +2NH3  → (NH4)2S 0

Bài 4. - Giảm nhiệt độ của hệ phản ứng (khoảng 500oC là thích hợp: nếu giảm thấp quá thì tốc độ phản ứng chậm). - Tăng áp suất (bằng cách thổi liên tục SO2 và không khí 1 được nén ở áp suất cao vào lò phản ứng). (1,5 điểm) - Xúc tác không ảnh hưởng đến sự chuyển dời cân bằng, nhưng giúp phản ứng nhanh đạt đến trạng thái cân bằng hơn.  → Si (r) + 2CO (k) (1) SiO2 (r) + 2C (r) ←  2a 0 0 ΔS0 = 2 S0CO(k) + SSi(r) - 2 S0C(r) - SSiO 2(r) (0,5 điểm) = 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7 - 41,8 = 360,8 JK-1 ∆G 0 = ΔH 0 - T ΔS0 , trong đó 0 0 0 - 2ΔH f(C - ΔH f(SiO ΔH 0 = ΔH 0f(Si(r) ) + 2ΔH f(CO 2b (k) ) (r) ) 2(r) ) (1,0 điểm) ΔH 0 = 2.(-110,5) + 910,9 = 689,9 (kJ) → ∆G 0 = ΔH 0 -

0,5 điểm 0,5 điểm

0,5 điểm

(137 + 71) .0,15 .100% = 51, 23%  %m 60,9

(kJ) ( hay 582,4 kJ) a. Dẫn khí thải công nghiệp qua nước vôi trong, thì các khí đều bị giữ lại SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O 4NO2 + 2Ca(OH)2 → Ca(NO3)2 + Ca(NO2)2 + 2H2O 2HF + Ca(OH)2 → CaF2 + 2H2O 3 b. Phun NH3 dạng khí hoặc lỏng vào không khí nhiễm Cl2 (1,0 điểm) thì 2NH3 + 3Cl2 → N2 + 6HCl NH3 + HCl → NH4Cl

1 (3,0 điểm)

Bài 5. Phương trình + Khi hòa A bằng axit H2SO4 loãng (1) FeO + H2SO4 → FeSO4 + H2O Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O (2) Fe3O4 + 4H2SO4 → Fe2(SO4)3 + FeSO4+ 3H2O (3) Sau phản ứng dung dịch chỉ có 2 muối (x+z)mol FeSO4 và (y+z) molFe2(SO4)3 + Khi sục khí Cl2 vào dung dịch sau phản ứng chỉ có FeSO4 phản ứng 6FeSO4 + 3Cl2 → 2FeCl3 + 2Fe2(SO4)3 (4) Theo bài ta có hệ phương trình

1 điểm

72x+160y+232z=m/2 (I)  152(x+z)+400(y+z)=31,6 (II) 187,5(x+z)+400(y+z)=33,375 (III) 

0,5 điểm

Từ II, III ta có x+z= 0,05; y+z=0,06 Mặt khác từ I ta có m=2.[ 72(x+z) + 160(y+z)]=26,4

0,5 điểm

gam

0,5 điểm C FeSO4

0,5 điểm

T ΔS0 = 689,9 - 298 . 360,8.10-3 = 582,3816 Trang 129

2 (1.0 điểm)

Vậy m= 26,4g =0,2M; CFe (SO ) =0,24M 2

4 3

nSO2= nFe2+ =0,05x2=0,1mol nNaOH=0,18 mol nNaOH:nSO2 = 1,8 tạo 2 muối NaHSO3 và NaHSO3 mmuối =0,1x64+0,18x40-0,18x18=10,36gam -HẾT-

Trường THPT Sào Nam

1,0 điểm 1,0 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ ĐỀ THI OLYMPIC 24-3 TỈNH QUẢNG NAM Môn: Hóa 10 Trang 130

Thời gian: 150 phút Câu 1. (3 điểm) 1.1. Nguyên tử của nguyên tố X,Y,Z có electron cuối cùng ứng với bộ bốn số lượng tử sau: Nguyên tố n l M s X 3 1 -1 -1/2 Y 2 1 +1 +1/2 Z 2 1 -1 -1/2 a. Xác định X,Y,Z. b. So sánh năng lượng ion hóa thứ nhất I1 của X,Y,Z. Giải thích. c. Tại sao phân tử YZ2 có thể kết hợp với nhau còn XZ2 thì không? 1.2. Xét các phân tử POX3. a. Các phân tử POF3 và POCl3 có cấu tạo hình học như thế nào? Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tố trung tâm? b. Góc liên kết XPX trong phân tử nào lớn hơn? Vì sao? Câu 2.(3,5 điểm) 2.1. Cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron a. FeCl2 + KMnO4 + H2SO4 Fe2(SO4)3 + Cl2 + K2SO4 +MnSO4 +H2O b. Al + HNO3 Al(NO3)3 + NO + N2O + H2O. Biết tỉ khối hơi của hỗn hợp khí NO,N2O so với He là 8,375. c. CH3-CH=CH2 + KMnO4 + H2O CH3-CHOH-CH2OH + KOH + MnO2. 2.2. Cho pin Zn | ZnSO4 || Hg2SO4(r),SO42- | Hg(l) . Tại 250C sức điện động của pin ở điều kiện tiêu chuẩn là E0 = 1,42 V. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. b. Tính ∆G0 đối với pin. Cho F = 96500 C/mol. 2.3. Cho các dữ kiện của phản ứng H2(K) + CO2(K) H2O(K) + CO(K)

b. Cho 22 gam Y tác dụng vừa đủ với clo thu được m1 gam muối. Cũng 22 gam Y tác dụng vừa đủ với I2 thu được m2 gam muối. Biết m2-m1=139,3 gam. Tính khối lượng mỗi kim loại trong 22 gam Y. Câu 5.(3,5 điểm) 5.1. Cho phản ứng sau: N2 + 3H2 2NH3. Ban đầu tỉ lệ số mol N2 :H2 là 1:3 thì khi đạt trạng thái cân bằng (450 0C, 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích. a. Tính hằng số cân bằng Kp ở nhiệt độ trên. b. Giữ nhiệt độ 450 0C, cần tiến hành áp suất bao nhiêu atm để khi cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích. 5.2. Nung 15,605 gam hỗn hợp X gồm KMnO4 và KClO3 trong bình kín chân không một thời gian thu được 14,005 gam chất rắn Y. Cho Y tác dụng với dung dịch HCl đặc dư. Sau khi kết thúc các phản ứng thu được 4,48 lít Cl2 (đktc). a. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X. b. Nung 15,605 gam hỗn hợp X đến phản ứng hoàn toàn thì thu được tối đa bao nhiêu lít Oxi (đktc)? Câu 6. (4 điểm) 6.1. Chỉ dùng 1 thuốc thử hãy phân biệt các dung dịch sau đựng trong các lọ mất nhãn? K2S, K2S2O3, K2SO4, K2CO3, KNO2 6.2. a.Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: H2S + FeCl3 t S + NaOH  → H2S + KMnO4 + H2SO4 b. Nêu và giải thích hiện tượng thu được khi sục khí clo tới dư vào dung dịch KBr. c. Vì sao không dùng bình thủy tinh để đựng dung dịch HF?

H2 CO2 H2O CO Chất 0 -393,5 -241,8 -110,5 ∆ H0298(KJ.mol-1) S0298 (J.mol-1.K-1) 130,6 213,6 188,7 197,6 a. Tính biến thiên entanpi và entropi của phản ứng. b. Tính ∆ G0 của phản ứng và hằng số cân bằng của phản ứng ở 25 0C. c. Phản ứng xảy ra theo chiều nào ở 100 0C nếu giả sử rằng ∆ H và ∆ S không thay đổi theo nhiệt độ. d. Ở 25 0C giả sử ban đầu trộn 0,2 mol H2; 0,3 mol CO2; 0,1 mol H2O; 0,1 mol CO trong bình kín dung tích 2 lít. Hỏi sau khi cân bằng được thiết lập số mol từng chất sẽ tăng lên hay giảm xuống? Câu 3.(3,5 điểm) 3.1. Nung nóng hỗn hợp gồm 5,6 gam Fe với 4 gam bột S trong bình kín một thời gian thu được chất rắn A gồm FeS, FeS2,Fe, S .Cho A tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được bao nhiêu lít khí ở đktc? 3.2. Sắp xếp các axit có oxi của clo theo thứ tự tính axit tăng dần và theo thứ tự tính oxi hóa giảm dần? Giải thích? 3.3. Làm thế nào điều chế được dung dịch HClO từ HCl.Viết phương trình phản ứng. Câu 4. (2,5điểm) 4.1. Trong phòng thí nghiệm, điều chế khí clo bằng cách cho KMnO4 tác dụng với dung dịch HCl đặc.Hãy vẽ sơ đồ thiết bị điều chế clo tinh khiết trong phòng thí nghiệm, có giải thích? 4.2. Một hỗn hợp Y gồm Al và Fe. Cho 22 gam hỗn hợp Y tác dụng với 2 lít dung dịch HCl 0,3M thu được V lít khí H2 (đktc) a. Chứng tỏ rằng Y không tan hết. Tính giá trị V.

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

Trang 131

Cho N=14, O=16, He=4,Fe=56, S=32, Cu=64,Al=27, Cl=35,5, Br=80, I=127, K=39, Mn=55.

CÂU Câu 1(3 đ) 1.1 (2 đ)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC 24/3. MÔN: HÓA 10 NỘI DUNG a. – phân bố electron cuối cùng vào obitan - Xác định cấu hình electron ở phân lớp ngoài cùng: X: 3p4 X là S Y: 2p3 Y là N Z: 2p4 Z là O b. -Năng lượng ion hóa thứ nhất của O >S vì trong cùng 1 nhóm từ O đến S năng lượng ion hóa thứ nhất giảm dần. -Oxi và Nitơ cùng chu kì, cấu hình electron phân lớp ngoài cùng của N là 2p3 trạng thái bán bão hòa bền hơn O: 2p4. Mặt khác do lực đẩy giữa các cặp electron trong 1 obitan của oxi làm cho electron ở đây dễ bị tách ra khỏi nguyên tử hơn Ni tơ . Vậy nên I1: N>O>S. c. 2 phân tử NO2 có thể kết hợp với nhau thành phân tử N2O4 còn SO2 thì không vì:

Đ I ỂM 0,25đ 0,25 X3=0,75đ 0,25 đ 0,25đ

Trang 132

1.2(1 đ)

-Ở SO2 thì S có đủ 8 electron lớp ngoài cùng. -Ở NO2 thì N chỉ có 7 electron lớp ngoài cùng, dễ dàng kết hợp với phân tử khác tạo ra N2O4. a. Dùng VSEPR để giải thích - POX3 theo VSEPR có dạng AX4E0 nên nguyên tố trung tâm P ở trạng thía lai hóa sp3. - Phân tử có dạng hình học là hình tứ diện. b. - Góc liên kết FPF<ClPCl - Vì Cl có độ âm điện nhỏ hơn F làm cặp electron liên kết trên các liên kết P-Cl gần hơn trên các liên kết P-F do đó tăng lực đẩy giữa các cặp electron liên kết này.

Câu2(3,5đ) 2.1(1,5 đ) a. 10 FeCl2 + 6 KMnO4 +24 H2SO4 5 Fe2(SO4)3 +10 Cl2 +3 K2SO4 + 6 MnSO4 + 24 H2O 5X 2FeCl2 2Fe+3 + 4Cl- + 2e FeCl2: chất khử 2X Mn+7 + 5e Mn+2 KMnO4 : chất oxi hóa b. 17Al + 66HNO3 17Al(NO3)3 + 9NO + 3N2O + 33H2O. Biết tỉ khối hơi của hỗn hợp khí NO,N2O so với He là 8,375. Tìm ra tỉ lệ mol NO : N2O = 3:1. 3 X 22H+ +5NO3- + 17e 3NO + N2O +11H2O HNO3 chất oxi hóa 17 X Al Al+3 +3e Al: Chất khử c. 3CH3-CH=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O 3CH3-CHOH-CH2OH + 2KOH + 2MnO2. 3X C-1 + C-2 C0 + C-1 +2 e CH3-CH=CH2: Chất khử 2X Mn+7 +3e Mn+4 KMnO4: chất oxi hóa 2.2 (1đ) a. Phản ứng xảy ra tại 2 cực của pin: Tại cực(+): Hg2SO4 +2e 2Hg + SO42Tại cực (-): Zn Zn2+ +2e Phản ứng xảy ra trong pin: Hg2SO4 + Zn 2Hg + ZnSO4 b. ∆G 0 =-n.F.E0= -2.96500.1,552=-299536 J/mol=- 299,536 KJ/mol 2.3(1 đ) a. ∆ H0 pư = -241,8 - 110,5 + 393,5 = 41,2(KJ) ∆ S0 pư = 197,6+188,7 – 130,6- 213,6 = 42,1(J.K-1) b. ∆G 0 = ∆ H0 -T ∆ S0= 41,2-298.42,1.10-3=28,6542(KJ) ∆G 0 = -RTlnKp  28,6542=-8,314.10-3.298.lnKp  Kp=9,54.106

0,25 đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Mỗi câu đúng, đầy đủ 4 bước 0,5 đ. Nếu thiếu mỗi bước trừ 0,125 đ.

0,125đ 0,125đ 0,25đ 0,5đ

3.3(1đ)

Câu 4 (2,5đ) 4.1(1 đ)

- Để điều chế được dung dịch HClO từ HCl ta đun hỗn hợp gồm hidroclorua và không khí ở 4500C có xúc tác, cho hỗn hợp thu được tan vào nước thu được 2 axit HCl và HClO. Cho CaCO3 vào dung dịch thu được chỉ có HCl phản ứng. Chưng cất hỗn hợp còn lại thì HClO bị phân hủy tạo Cl2O, hấp thụ oxit này vào nước ta thu được axit HClO. Các phương trình phản ứng: 4HCl + O2 2Cl2 + 2H2O Cl2 + H2O HCl + HClO 2HClO Cl2O + H2O Cl2O + H2O 2HClO

0,25đ

Trang 133

0,5đ 0,25đ

0,5đ

M ỗi phương trình 0,125đ

KMnO4

Bông tẩm ddNaOH để trên miệng lọ

dd NaCl

0,125đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ

0,5 đ

Dd HCl đặc

0,125đ 0,125đ 0,125đ

c. khi t=1000C T=373 -3 ∆ G373 =41,2-373.42,1.10 =25,4967(KJ). Phản ứng xảy ra theo 0,25đ chiều nghịch. d. [H2]=0,2/2=0,1 [CO2]=0,3/2=0,15 [H2O]=0,1/2=0,05= [CO] Vì ∆ n =0  Kp=Kc Ta thấy Qc= (0,05.0,05)/(0,1.0,15)=0,167>Kc  phản ứng sẽ xảy ra 0,25đ theo chiều nghịch  số mol H2O,CO sẽ giảm còn số mol H2, CO2 sẽ tăng

Câu3(3,5đ) 3.1(1đ) Khi dùng H2SO4 đặc oxi hóa hỗn hợp A, lượng SO2 thoát ra chính bằng dùng H2SO4 đặc oxi hóa S và Fe ban đầu. 2Fe + 6H2SO4 (đặc nóng) Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O mol 0,1 0,15

3.2(1,5đ)

S + 2 H2SO4 đặc 3SO2 + 2H2O Mol 0,125 0,375 Vậy V=(0,15 + 0,375).22,4=11,76 lít - Tính axit tăng: HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4 - Giải thích: Đi từ HClO đến HClO4 sự gia tăng số nguyên tử oxi làm gia tăng độ bội liên kết Cl-O dẫn tới sự gia tăng điện tích dương của nguyên tố Cl làm cho liên kết H-O càng phân cực mạnh hơn, dễ phân li giải phóng H+ nên tính axit mạnh hơn. - Tính oxi hóa giảm dần: HClO > HClO2 > HClO3 > HClO4 . - giải thích: do đi từ HClO đến HClO4 độ bền của phân tử giảm dần, khả năng nhận electron của gốc axit càng giảm dẫn tới tính oxi hóa giảm.

4.2 (1,5đ)

dd H2SO4 đặc

- giải thích: Dd NaCl dùng để giữ khí HCl. H2SO4 đặc giữ hơi nước.Bông tẩm dung dịch NaOH để hấp thụ Cl2 không cho clo thoát ra ngoài không khí. a. Trong 22 gam Y có x mol Al và y mol Fe Al Al3+ + 3e x 3x

0,5đ 0,5đ

Fe Fe2+ + 2e y 2y 2H+ +2e H2 n 0,6 0,6 e(+) = 0,6mol n e(+) = 0,6mol < 22.2/56 ≤ ne(-) ≤ 22.3/27

Trang 134

Câu 5 (3,5đ) 5.1(1,5đ)

suy ra kim loại không tan hết. b. Al + 3/2Cl2 AlCl3 Fe + 3/2Cl2 FeCl3 m1=133,5x + 162,5y (1) Al + 3/2I2 AlI3 Fe + 3/2I2 FeI3 m2=408x + 310y (2) m2-m1=139,3 suy ra 274,5x + 147,5y =193,3 mặt khác 27x + 56y = 22 giải ra x=0,4 mol; y=0,2 mol. m m Al=10,8gam Fe=11,2gam a. Hốn hợp khí có %V = % số mol. Ở trạng thái cân bằng, phần mol của NH3=0,36. Phần mol của N2=0,16; phần mol của H2=0,48 0,362 x2 =7,324 Kx= NH 33 = xN 2 .xH 2 0,16.0, 483

Kp=Kx. p ∆n =Kx/p2 suy ra Kp=8,14.10-5. b. ở nhiệt độ không đổi thì Kp không thay đổi xNH3=0,5; xN2=0,125; xH2=0,375 Kx= 5.2(2 đ)

Kp=Kx/p2 = 8,14.10-5 suy ra p=682,6(atm) a. Gọi x,y lần lượt là số mol của KClO3 và KMnO4 có trong 15,605 gam hỗn hợp X. 122,5x + 158y=15,605(1) *Nung X 2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2 2KClO3 2KCl + 3 O2 Chất rắn Y tối đa gồm: KClO3, KMnO4 , K2MnO4, MnO2, KCl n

Câu 6(4 đ) 6.1(2,5đ)

0,52 =37,926 0,125.0,3753

O2=

15, 605 − 14, 005 =0,05 mol 32

*Y tác dụng với HCl đặc n Cl2=0,2 mol Viết quá trình nhường nhận electron Cl+5 + 6e Cl-1 2O-2 O2 + 4 e x 6x 0,05 0,2 Mn+7 + 5e Mn+2 2Cl- Cl2 + 2 e y 5y 0,2 0,4 bảo toàn electron 6x + 5y= 0,2 +0,4=0,6(2) giải hệ (1) và (2)được x=0,05; y=0,06mol. Phần trăm khối lượng mỗi chất trong X là: %mKMnO4=60,75; %mKClO3=39,25 b. Khi nung hỗn hợp x đến phản ứng hoàn toàn: n O2=0,03+0,075=0,105mol V O2=2,352 lít Dùng thuốc thử là dung dịch H2SO4 loãng. Cho H2SO4 vào từng mẫu thử. - dung dịch có khí mùi trứng thối thoát ra là Na2S Na2S + H2SO4 Na2SO4 + H2S

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

6.2(1,5đ)

- Dung dịch vừa có kết tủa vàng vừa có khí mùi xốc bay ra là Na2S2O3 Na2S2O3+ H2SO4 Na2SO4 +S +SO2 + H2O - Dung dịch có khí không màu thoát ra là Na2CO3 Na2CO3+ H2SO4 Na2SO4 +CO2 + H2O - Dung dịch có khí màu nâu thoát ra là NaNO2 NaNO2 + H2SO4 Na2SO4 + HNO2 3 HNO2 2NO +HNO3 + H2O 2NO +O2 2NO2 -Dung dịch không có hiện tượng là Na2SO4 a.Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: H2S + 2FeCl3 2FeCl2 + S + 2HCl t 3S + 6NaOH  → 2Na2S + Na2SO3 + 3 H2O 5H2S + 2KMnO4 + 3H2SO4 5S + 2MnSO4 + K2SO4 + 8 H2O b. Nêu và giải thích hiện tượng thu được khi sục khí clo tới dư vào dung dịch KBr. -Hiện tượng: dung dịch KBr ban đầu có màu sậm dần do sinh ra Br2 sau đó mất màu tạo dung dịch trong suốt. - giải thích bằng phương trình: Cl2 + 2KBr 2KCl + Br2 5Cl2 + Br2 + 6H2O 10HCl +2 HBrO3 c. Không dùng bình thủy tinh để đựng dung dịch HF vì HF ăn mòn thủy tinh theo phương trình 4HF + SiO2 SiF4 + 2 H2O 0

0,25đ 0,25đ 0,5đ

0,25đ 0,25đ

- Viết đúng phương trình nhận biết ra mỗi chất (nếu có) 0,25đ

0,25 0,25 0,25

0,125đ 0,25đ 0,25đ 0,125đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25 0,25 - Nhận biết ra mỗi chất 0,25đ

Trang 135

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT NAM GIANG

ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC LỚP 10 NĂM HỌC 2016 -2017 (Thời gian làm bài 150 phút)

Câu 1: (5 điểm)

với nhau cho khí E, khí này tan trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ. Hợp chất A với C có trong tự nhiên và thuộc loại cứng nhất. Hợp chất chứa 3 nguyên tố A, B, C là muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân. Xác định A, B, C và viết các phản ứng xảy ra ở trên.

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT NAM GIANG

1.3. Hòa tan một mẫu kẽm trong axit HCl ở 200C thấy kết thúc sau 27 phút. Ở 400C cũng mẫu đó tan hết sau 3 phút. Hỏi ở 550C, mẫu Zn tan sau bao lâu. Câu 2: (5 điểm)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC LỚP 10 NĂM HỌC 2016 -2017 (Thời gian làm bài 150 phút)

Câu 1: (4 điểm)

2.1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp cân bằng ion-eletron: a. Fe3O4 + Cr2O72- + H+ → Cr3+ + ……. b. Sn2+ + BrO3- + Cl- → Br - + SnCl62- + ….. c. SO32- + MnO4- + H2O → ………………….. 2.2. Hỗn hợp khí gồm 1 mol N2 và 3 mol H2 được gia nhiệt tới 3870C tại áp suất 10 atm. Hỗn hợp cân bằng chứa 3,85% NH3 về số mol. Xác định KC và KP. Câu 3: (5điểm) 3.1. Axit H2SO4 100% hấp thụ SO3 tạo oleum. Hỏi cần bao nhiêu gam oleum có hàm lượng SO3 là 71% pha vào 100 ml dung dịch H2SO4 40% (d=1,31 g/ml) để tạo ra oleum có hàm lượng SO3 là 10% 3.2. Sắp xếp các oxit axit: HClO; HClO2; HClO3; HClO4 theo thứ tự - Tăng dần tính oxi hóa ; - Tăng dần tính axit Giải thích ngắn gọn. 3.3. Tính năng lượng liên kết trung bình C-H từ các kết quả thực nghiệm sau - Nhiệt đốt cháy CH4 = -801,7 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy hidro = -241,5 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy than chì = -393,4 kJ/mol - Nhiệt hóa hơi than chì = 715 kJ/mol - Năng lượng liên kết H-H = 431,5 kJ/mol. Các kết quả đều đo được ở 2980K và 1 atm.

1.1 Một hợp chất A tạo thành từ các ion X+ và Y2-. Trong ion X+ có 5 hạt nhân của hai nguyên tố và có 10 eletron. Trong ion Y2- có 4 hạt nhân thuộc hai nguyên tố trong cùng một chu kỳ và đứng cách nhau một ô trong bảng tuần hoàn. Tổng số eletron trong Y2- là 32. Hãy xác định các nguyên tố trong hợp chất A và lập công thức hóa học của A. 1.2. Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng mạnh với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng với nhau cho khí E, khí này tan trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ. Hợp chất A với C có trong tự nhiên và thuộc loại cứng nhất. Hợp chất chứa 3 nguyên tố A, B, C là muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân. Xác định A, B, C và viết các phản ứng xảy ra ở trên. 1.3. Hòa tan một mẫu kẽm trong axit HCl ở 200C thấy kết thúc sau 27 phút. Ở 400C cũng mẫu đó tan hết sau 3 phút. Hỏi ở 550C, mẫu Zn tan sau bao lâu. Câu 1 1.1 2đ

Câu 4: (5 điểm) 4.1. Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO3, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl. Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13,44 lít O2 (đkc), chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl. Toàn bộ Y tác dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K2CO3 1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl có trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là? 4.2. Tiến hành nung x1 gam Cu với x2 gam Oxi thì thu được sản phẩm A1. Đun nóng A1 trong x3 gam dung dịch H2SO4 98%. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch A2 và khí A3. Khí A3 không tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO3)2 nhưng làm nhạt màu dung dịch brom, được hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch NaOH 0,15M tạo ra 2,3 gam muối. Khi cô cạn dung dịch A2 thì thu được 30 gam tinh thể CuSO4.5H2O. cho dung dịch A2 tác dụng với dung dịch NaOH, để thu được lượng kết tủa lớn nhất phải dùng ít nhất 300 ml dung dịch NaOH 1M. tính x1, x2 và x3. HẾT

Cho khối lượng nguyên tử của các nguyên tố: H = 1; C = 12; O =16; Na = 23; Al = 27; S = 32; Cl=35,5; K=39; Ca = 40; Fe = 56; Cu=64; Ag=108

1.2 2đ

HƯỚNG DẪN CHẤM

Xác định X+ X+ có 10 electron  nên tổng proton trong 5 hạt nhân là 11 Z = 2,2. Vậy có 1 nguyên tử là H Gọi nguyên tử thứ hai trong X+ là R, công thức X+ có thể là; RH4+ : ZR + 4 = 11  ZR = 7 (N) ; X+: NH4+ (nhận) R2H3+ : 2ZR + 3 = 11  ZR = 4 loại : R3H2+ : 3ZR + 2 =11  ZR = 3 loại Xác định Y2Y2- có 32 eletron nên tổng số hạt proton trong 4 nguyên tử là 30. Z = 7,5  2 nguyên tử trong Y2- đều thuộc cùng chu kỳ 2. Gọi 2 nguyên tử là A, B: ZB= ZA +2 Công thức Y2- có thể là AB32- : ZA+ 3ZB = 30 ZB= ZA +2  ZA= 6 (C); ZB = 8 (O) A2B22- : 2ZA+ 2ZB = 30 ZB= ZA +2  ZA= 6,5; ZB = 8,5 loại A3B2- : 3ZA+ ZB = 30 ZB= ZA +2  ZA= 7; ZB = 9 loại Hợp chất A có công thức (NH4)2CO3

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ

AnBm là muối khi thủy phân cho H2S; hợp chất AxCy là Al2O3 Vậy A là Al; B là S; C là O; Hợp chất A,B,C là Al2(SO4)3

Học sinh không được phép sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học và bảng tính tan.

2Al + 3 S → Al2S3

; Al2S3 + 6H2O → 2 Al(OH)3 + 3 H2S

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

4Al + 3O2 → 2Al2O3

; S + O2 → SO2

Trang 137

Điểm

Trang 138

Al3+ + 2H2O → Al(OH)2+ + H3O+ 1.3 1đ

0,25đ

Cả 3 trường hợp đều hòa tan cùng 1 lượng Zn nên có thể xem tốc độ trung bình của phản ứng tỉ lệ nghịch với thời gian phản ứng Khi đun nóng từ 200C đến 400C, tốc độ phản ứng tăng lên 9 lần t 2 − t1 V2 = γ 10 =9 γ =3 V1 Vậy khi đun nóng từ 400C đến 550C, tốc độ phản ứng tăng 3 3 Vậy thời gian là =0,577 phút 5,2

55−40 10

Câu 3: ( 5 điểm)

0,25đ 0,25đ

=5,2 (lần)

0,25đ 0,25đ

Câu 2: (5 điểm)

2.1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp cân bằng ion-eletron: a. Fe3O4 + Cr2O72- + H+ → Cr3+ + ……. b. Sn2+ + BrO3- + Cl- → Br - + SnCl62- + ….. c. SO32- + MnO4- + H2O → …………………. 2.2. Hỗn hợp khí gồm 1 mol N2 và 3 mol H2 được gia nhiệt tới 3870C tại áp suất 10 atm. Hỗn hợp cân bằng chứa 3,85% NH3 về số mol. Xác định KC và KP. Câu 2 2.1 3đ

2.2 2đ

HƯỚNG DẪN CHẤM

Điểm

a. Fe3O4 + Cr2O72- + H+ → Cr3+ + Fe3+ + H2O Fe3O4 + 8H+ → 3 Fe3+ + 1e + 4H2O x6 x1 Cr2O72- + 14H+ + 6e → 2Cr3+ + 7H2O 6Fe3O4 + Cr2O72- + 62H+ → 2Cr3+ + 18Fe3+ + 31H2O b. Sn2+ + BrO3- + Cl- → Br - + SnCl62- + H2O BrO3- + 6H+ + 6e → Br- + 3H2O x3 Sn2+ + 6Cl- → SnCl62- + 2e 2+ 3Sn + BrO3- + 18Cl- + 6H+ → Br - + 3SnCl62- + 3H2O c. SO32- + MnO4- + H2O → SO42- + MnO2 + OHx3 SO32- + H2O → SO42- + 2H+ + 2e MnO4- + 2H2O + 3e → MnO2 + 4OHx2 223SO3 + 2MnO4 + H2O → 3SO4 + 2MnO2 + 2OH-

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Phản ứng: N2 + 3H2 → 2NH3 Ban đầu 1 3 mol Phản ứng x 3x 2x Cân bằng (1-x) (3-3x) 2x Lúc cân bằng số mol H2= 3 lần số mol N2

0,25đ

Vậy % số mol N2 lúc cân bằng là:

0,25đ

100 − 3,85 =24,04%; %H2= 72,11 4

Áp suất riêng phần đối với từng chất là PNH3 = 0,0385.10= 0,385 atm ; PH2= 0,7211.10 =7,211 atm PN2 = 0,2404.20= 2,404 atm; KP =

PNH 3

PN 2 P 3 H 2

0,75đ

= 1,644.10-4;

3.1. Axit H2SO4 100% hấp thụ SO3 tạo oleum. Hỏi cần bao nhiêu gam oleum có hàm lượng SO3 là 71% pha vào 100 ml dung dịch H2SO4 40% (d=1,31 g/ml) để tạo ra oleum có hàm lượng SO3 là 10%. 3.2. Sắp xếp các oxit axit: HClO; HClO2; HClO3; HClO4 theo thứ tự - Tăng dần tính oxi hóa; - Tăng dần tính axit Giải thích ngắn gọn. 3.3. Tính năng lượng liên kết trung bình C-H từ các kết quả thực nghiệm sau - Nhiệt đốt cháy CH4 = -801,7 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy hidro = -241,5 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy than chì = -393,4 kJ/mol - Nhiệt hóa hơi than chì = 715 kJ/mol - Năng lượng liên kết H-H = 431,5 kJ/mol. Các kết quả đều đo được ở 2980K và 1 atm. Câu HƯỚNG DẪN CHẤM 3.1 H2SO4.nSO3 a mol Hàm lượng SO3 = 71% 2đ 80n .100=71  n= 3 Ta có 98 + 80n Khối lượng dung dịch H2SO4 40%= 131 (gam)  mct = 52,4 gam.; mH2O= 78,6 Phản ứng SO3 + H2O → H2SO4 4,367 4,367 4,367 (3a − 4,367).80 =0,1  a = 1,7578 Ta có: 131 + 338a m = 338 . 1,7578 = 594 (gam)

3.2 1đ

3.3 2đ

Điểm

0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25

Các axit trên đều có công thức chung là HClOn - Tính oxi hóa giảm : HClO > HClO2 > HClO3 > HClO4 Khi n tăng thì độ dài liên kết Cl-O giảm, tức là độ bền của các liên kết Cl-O tăng → Tính oxi hóa giảm. - Tính axit tăng : HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4 Vì theo Pauling khi n tăng, liên kết –OH càng yếu do lực hút của H+ bị chia sẻ cho nhiều O và càng dễ tách ra H+ → Tính axit tăng dần Viết các phản ứng : CH4 → C (r) + 4H CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O ∆H1 2H2O → O2 + 2H2 - ∆H2 CO2 → O2 + C (r) - ∆H3 C (r) → C (k) ∆H4 2H2 → 4H 2∆H5 Tổ hợp các phương trình này ta được: CH4 → C (r) + 4H 4∆H0 C-H = ∆H1 -∆H2 - ∆H3 +∆H4 + 2∆H5 = 1652,7 kJ/mol Năng lượng liên kết C-H = 413,175 kJ/mol

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Câu 4: (5 điểm) 0,5đ

KC = KP. (RT)-∆n = 0,4815.

Trang 139

4.1. Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO3,Ca(ClO3)2,CaCl2 và KCl. Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13,44 lít O2 (đkc), chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl. Toàn bộ Y tác Trang 140

1,đ 0,5đ 0,5đ

dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K2CO3 1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl có trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là.

x3 =

0,17.98.100 = 17 gam 98

4.2. Tiến hành nung x1 gam Cu với x2 gam Oxi thì thu được sản phẩm A1. Đun nóng A1 trong x3 gam dung dịch H2SO4 98%. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch A2 và khí A3. Khí A3 không tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO3)2 nhưng làm nhạt màu dung dịch brom, được hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch NaOH 0,15M tạo ra 2,3 gam muối. Khi cô cạn dung dịch A2 thì thu được 30 gam tinh thể CuSO4.5H2O. cho dung dịch A2 tác dụng với dung dịch NaOH, để thu được lượng kết tủa lớn nhất phải dùng ít nhất 300 ml dung dịch NaOH 1M. tính x1, x2 và x3. Câu 4.1. Các phản ứng 2đ KClO3 → KCl + 3/2 O2

HƯỚNG DẪN CHẤM

Ca(ClO3)2 → CaCl2 + 3/2 O2 Đặt a, b là số mol của CaCl2 và KCl trong chất rắn Y BTKL ta có mY = 82,3 - 32.0,6= 63,1 (gam).  111a + 74,5b=63,1 (1) Cho Y tác dụng với Na2CO3 CaCl2 + Na2CO3 → CaCO3 + 2NaCl  a =0,3(mol); Từ (1)  b = 0,4 (mol). Đặt x là số mol KCl trong hỗn hợp X. Ta có 2a + b = 5x  x = 0,2 (mol)

4.2. 3đ

74.5.0,2 %KCl trong X là = .100 = 18.10 % 82,3 Dễ dàng thấy toàn bộ lượng Cu ban đầu chuyển hết về CuSO4.5H2O 30.64 Ta có x1 = = 7,64 gam  mol Cu =0,12 (mol) 250 Khi đun nóng A1 với H2SO4 đặc có khí A3 thoát ra, theo giả thuyết A3: SO2 Và trong A1 còn Cu dư Cu + ½ O2 → CuO x 0,5x x CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2H2O Vậy khí SO2 có số mol là (0,12 –x) Khi Cho SO2 vào dung dịch NaOH có phản ứng SO2 + NaOH → NaHSO3 SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O Mol NaOH = 0,03. Giả sử chi có muối NaHSO3, m1= 104.0,03 = 3.12 gam Giả sử chi có muối Na2SO3, m2= 126.0,015 = 1,89 gam mà 1,89 < 2,3 < 3,12  Vậy thu được 2 muối. Đặt y,z là số mol 2 muối Ta có: y + 2z = 0,03 104y + 126z = 2,3  y = 0,01; z = 0,01. Vậy mol SO2 = y + z = 0,02  x = 0,1  x2 = 32.0,05 = 1,6 (gam) Số mol NaOH = 0,3 (mol) CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2 + Na2SO4 Mol NaOH tác dụng với CuSO4 là 0,24, còn lại 0,06 tác dụng với H2SO4 Mol H2SO4 dư = 0,03 Tổng mol H2SO4 là: 0,1 + 2.0,02 + 0,03 = 0,17 (mol)

Điểm

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,5đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Trang 141

Trang 142

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ CHÍNH THỨC (gồm 2 trang)

TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎI HÓA HỌC ()

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2017-2018

Câu 1 (3,0 điểm). 1. Nguyên tố X thuộc nhóm A trong BTH. ở trạng thái cơ bản, nguyên tử nguyên tố X có n lớp e và (n+1)e độc thân. a. Lập luận viết cáu hình electron nguyên tử nguyên tố X, xác định X và vị trí của x trong bảng tuần hoàn b.Nguyên tố X tạo ra hợp chất XO2 - Viêt công thức electron, CTCT của phân tử XO2 - Giải thích vì sao phân tử XO2 dễ đime hóa thành phân tử X2O4. Viết CTCT của phân tử X2O4 2. Cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron a. KMnO4 + FeS2 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O b. Fe + HNO3 → Fe(NO3)3 + NxOy + H2O Câu 2 (3,0 điểm). 1. Khí A không màu, có mùi đặc trưng. Đốt A trong oxi tạo ra khí B. Khí B tác dụng với li ở nhiệt độ thường tạo ra chất rắn X. Hòa tan X trong nước, thu được khí A. Khí A tác dụng với HNO3 tạo ra muối Y. Nung Y đến phản ứng hoàn toàn, thu được sản phẩm chỉ có khí và hơi. Xác định chất A, B, X, Y và viết các phương trình phản ứng xảy ra. + H 3 PO4 + NaOH + NaOH 2. Cho sơ đồ phản ứng: H3PO4 → X  Z. Biết X,y, Z là các hợp chất → Y → khác nhau của photpho. Xác định các chất X, Y, Z và viết phương trình phản ứng xảy ra. Câu 3 (4,0 điểm). ⇀ H+ + HSO3− 1. Khí SO2 tan vào nước thu được dung dịch A có cân bằng SO2 + H2O ↽ Cân bằng trên chuyển dịch theo chiều nào (có giải thích) khi a. Thêm dung dịch HCl vào A b.Thêm dung dịch NaOH vào A c. Pha loãng dung dịch A vào nước cất d. Đun nóng dung dịch A 2. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: a. Cho Al vào dung dịch hồn hợp gồm NaNO3 và NaOH b. Cho Fe3O4 vào dung dịch KI Câu 4(2,0 điểm). 1. Hòa tan hoàn toàn 9,52 gam hỗn hợp A gồm FexOy và FeS2 trong 48,51 gam dung dịch HNO3phản ứng xong, thu được 1,568 lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc) và dung dịch B. Dung dịch B phản ứng vừa đủ với 200ml dung dịch NaOH 2M, lọc kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 9,76 gam chất rắn. a. Xác định công thức oxit FexOy b. Tính nồng độ phần trăm dung dịch HNO3 2. Nung m gam hỗn hợp X gồm FeCO3, 13x mol FE(NO3)3, 4x mol Cu(NO3)2 trong chân không, sau một thời gian, thu được hồn hợp chất rắn Y và 0,18 mol khí Z gồm CO2, SO2 , O2. Hòa tan hoàn toàn Y trong 350 ml dung dịch H2SO4 1M, thu được dung dịch E chỉ chứa muối trung hòa của kim loại và 7,22 gam hỗn hợp khí T (có tỉ khối so với H2 bằng 361/18) gồm NO, CO2. Dung dịch E phản ứng vừa đủ với dung dịch chưa 1,48 mol KOH thu được kết tủa gồm 2 chất. Tính giá trị m. Câu 5 (4,0 điểm). 1. a. Viết các đồng phân hình học ứng với công thức cấu tạo: CH3 - CH=CH – CH = CH – CH2 – CH3 b. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho buta – 1,3 – ddien tác dụng với brom trong dung dịch 2. Hỗn hợp A gồm ankin X, H2, anken Y (X, Y hơn kém nhau 1 nguyên tử cacbon). Cho 0,25 mol A vào bình kín có xúc tác Ni, nung nóng. Sau một thời gian, thu được hồn hợp B. Đốt cháy hoàn toàn B, thu được 0,35 mol khí CO2 và 6,3 gam H2O. Xác định công thức phân tử và tính phần trăm số mol của X, y trong A.

TUYỂN TUY N TẬP T P ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN HSG HÓA HỌC

Trang 1

Trang 2

Câu 6(3,0 điểm). 1. Vì sao đất tròng bị chua sau một thời gian bón nhiều phân đạm amoni? Hày đề xuất biệ pháp đơn giản để khử độ chua của đất. 2. Vẽ hình điều chế dung dịch clohiđric trong phòng thí nghiệm bằng phương pháp sunfat. Viết phương trình phản ứng xảy ra. Có thể điều chế được HBr, HI bằng phương pháp sunfat không? Giải thích.

5 x M n + 5 e  → Mn +2 −1

1 x Fe S2  → Fe + 2 S + 15e b.(5x-2y) Fe + (18x-6y) HNO3  → (5x-2y) Fe(NO3)3 + 3NxOy + (9x-3y)H2O

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2017-2018 HƯỠNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC LỚP 11 - BẢNG A Nội dung

1. a. X thuộc nhóm A nên số electron độc thân ≤ 3 → n+1 ≤ 3 → n ≤ 2 → n = 1 (loại vì không thể có 2 electron độc thân) hoặc n = 2 → Cấu hình electron của X là 1s22s22p3. X là N(Z=7) thuộc chù kì 2, nhóm VA. b. - Công thức cấu tạo, công thức electron của phân tử NO2 O N O

.. :: O : : .. O ..

Ý a =1 điểm

1. A là NH3, B là N2, X là Li3N, Y là NH4NO3. t 4NH3 + 3O2  → 2N2 + 6H2O N2 + 6Li  → 2Li3N Li3N + 3H2O  → 3LiOH + NH3 NH3 + HNO3  → NH4NO3 t NH4NO3  → N2O + 2H2O H PO NaOH NaOH 2. Sơ đồ: H3PO4 + → X +  → Y + → Z. o

1,5 điể m

TH1: X là Na3PO4, Y là NaH2PO4, Z là Na2HPO4 H3PO4 + 3NaOH  → Na3PO4 + 3H2O Na3PO4 + 2H3PO4  → 3NaH2PO4 NaH2PO4 + NaOH  → Na2HPO4 + H2O TH2: X là Na2HPO4, Y là NaH2PO4, Z là Na3PO4 H3PO4 + 2NaOH  → Na2HPO4 + 2H2O Na2HPO4 + H3PO4  → 2NaH2PO4 NaH2PO4 + 2NaOH  → Na3PO4 + 2H2O

2 điể m

N O

2. Cân bằng phản ứng a. 10KMnO4 + 2FeS2 + 14H2SO4  → Fe2(SO4)3 + 5K2SO4 + 10MnSO4 + 14H2O.

1 điể Trang 3

- Nêu các chất = 0,25 điểm. - mỗi pt đúng = 0,25 điểm - không nêu mà viết đúng cả = 1,5

Mỗi phươn g trình đúng = 0,25 điểm. Câu 3

O N

3 điểm

Ýb=1 điểm

- Phân tử NO2 dễ đime hoá là vì nguyên tử N trong phân tử NO2 còn có 1 electron độc thân vì vậy nó đưa electron này ra góp chung electron độc thân của nguyên tử N trong phân tử NO2 khác tạo nên phân tử N2O4. Công thức cấu tạo của phân tử N2O4 là O

1, 5 điể m

Ghi chú

3 điểm

Câu 2

Họ và tên thí sinh:…………………………………… SBD: …………………

2 điể m

2y x

Cân bằng mỗi pt đúng = 0,5 điểm

→ Fe + 3e (5x-2y ) x Fe 

--Hết—

Câu 1

3 x x N + (5x -2y ) e  →xN

Cho biết: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; P = 31; Cl = 35,5; Fe = 56 Cu= 64, S=32

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN

4 điểm 1. Khí SO2 tan vào nước thu được dung dịch A có cân bằng: ⇀ H + + HSO3− SO 2 + H 2 O ↽ a) Thêm dung dịch HCl vào A thì cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch vì HCl → H+ + Cl- làm tăng nồng độ H+. b) Thêm dung dịch NaOH vào A thì cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận vì NaOH → Na+ + OH- và OH- + H+ → H2O là giảm nồng độ H+. c) Pha loãng dung dịch A bằng nước cất thì cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. d) Đun nóng dung dịch A thì cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch vì SO2 bay hơi làm giảm nồng độ SO2 trong dung dịch. 2. Viết phương trình hóa học xảy ra trong các thí nghiệm sau: a. Cho Al vào dung dịch hỗn hợp gồm NaNO3 và NaOH.

Mỗi trường hợp đúng = 0,5 điểm. Trang 4

8Al + 5NaOH + 3NaNO3 + 2H2O  → 8NaAlO2 2Al + 2NaOH + 2H2O  → 2NaAlO2 + 3H2 b. Cho Fe3O4 vào dung dịch HI dư. Fe3O4 + 8HI  → 3FeI2 + I2 + 4H2O.

0,75 điê 3. Trong dung dịch: m HX ⇀ X - + H + ; K ↽

X -  . H +  =     (1) [ HX ]

Y -  . H +  ⇀ Y - + H + ; K HY =     HY ↽ [ HY ] -

Dung dịch Y tác dụng với NaOH:

+ 3NH3

(2)

H+ + OH-  → H2O 0,034 ← 0,034 Fe3+ + 3OH-  → Fe(OH)3 0.122 → 0,366 mol Trong Y có Fe3+ = 0,122 mol; H+ = 0,034; SO 2-4 = 0,004 → Bảo toàn điện tích ta có NO-3 = 0,392 mol. Bảo toàn N ta có: n HNO = n NO (trongY) + n NO = 0,462 (mol)

Mỗi pt = 0,25 điểm

Đặt [X ] = x; [Y ] = y → [H ] = x+y. Từ (1) và (2) ta có:  X -  =

1,25 điể m

[ HX ] .K HX

 Y  = -

 H +  [ HY ] .K HY  H + 

(1-x).K HX x+y

(4)

Bảo toàn điện tích trong dung dịch ta có:  H +  =  X -  +  Y -  thay số vào ta có: x+y =

(1-x).K HX (1-y).K HY + x+y x+y

Lập biểu thức (1), (2) cho 0,5 điểm

(5)

FeCO3 = y  t0 → Y+ Fe(NO3 )3 = 13x  Cu(NO ) = 4x 3 2 

K HX K + HY x+y x+y

 →  H +  = x + y = 5,55.10-3 M

→ pH ≈ 2,26.

Câu 4 2,5 điể m

 NO2  CO2 O  2

0,18 mol 1,5 điể m

Vì hai axit yếu nên coi x, y << 1. Từ (5) ta có: x+y =

2. Ta có sơ đồ:

(3)

(1-y).K HY = x+y

0,462.63 → C%(HNO3 ) = .100% = 60% 48,51

Fe3+ = 13 x + y  2+ Cu = 4 x Y + H 2 SO 4  → E  20,035 mol SO4 = 0,35 NO 3 Bảo toàn H → n H2O = n H2SO4 = 0,35 (mol)

 NO = 0,05 +  CO2 = 0,13

2 0,035 mol

Dung dịch E phản ứng với KOH: Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 Cu2+ + 2OH- → Cu(OH)2 Bảo toàn điện tích ta có: 3n Fe + 2n Cu = n NO + 2n SO = n OH = 1,48

Lập biểu thức (5) cho thêm 0,5 điểm

→ n NO = 0,78 (mol) 3

B¶o toµn ®iÖn tÝch: 3(13x+y) + 2.4x = 1,48  B¶o toµn O: 141x + 3y = 0,18.2 + 0,78.3 + 0,13.2 + 0,05 + 0,35

Giải hệ ta có: x = 0,02; y = 0,18. → m = 98,84 gam.

4 điểm 1. n NO = 0,07; n NaOH = 0,4; n Fe O = 0,061 2

Quy đổi hỗn hợp X thành Fe = 2.n Fe O = 0,122; O = a; S = b (mol) . 2

Ta có sơ đồ:  F e , H (d − )   1 6 a + 3 2 b + 0 ,1 2 2 . 5 6 = 9 ,5 2  H 2O  → ta c ã :   2 n e = 0 ,1 2 2 . 3 + 6 b = 0 ,0 7 + 2 a SO 4  N O = 0 ,0 7  2 3+

Fe  → O +HNO 3   S 

Ý (a) = 1,5 đ Ý (b) = 1,0 đ

→ a = 0,16; b = 0,004 → n FeS 2 =0,002; n Fe(trong Fex Oy ) = 0,12  →

x 0,12 3 = =  → Oxit lµ Fe3 O4 y 0,16 4

Lập hệ pt thêm 0,5 điểm Tính m = 0,25 điểm

Câu 5 1,75

Trang 5

Tính NO3trong E = 0,75 điểm

3 điểm 1. Các đồng phân hình học có công thức cấu tạo CH3 – CH = CH – CH = CH – CH2 – CH3 là

Viết 4 Trang 6

điể m

H CH 3

C C

CH 2 CH 3

C C

Cis - trans

CH 2 CH 3

Câu 6 1 điê m

H H

H 3C

trans - Cis

CH 2 CH 3

H 3C

Tính TH2 cho thêm 0,25 điểm.

đồng phân = 1 điểm

H C

Cis - Cis

CH 2 CH 3

H CH 3

Trans - trans

Phản ứng xảy ra khi cho buta-1,3-ddien tác dụng với Br2 trong dung dịch: CH2 = CH - CH = CH2

+ Br2

CH2 - CH - CH = CH2 Br

CH2 = CH - CH = CH2

+ Br2

+ 2 Br2

CH2 - CH - CH - CH2 Br

Viết 3pt cho 0,75 điểm

Đốt hỗn hợp B = Đốt hỗn hợp A mà số mol H2O = Số mol CO2 nên ta có nH = nX = x (mol); nY = y (mol) . Ta có 2x + y = 0,25 → 2

1,25 điê m

nX + nY = x + y > 0,125 − n 0,35 → Sè C = CO2 < = 2,8 0,125 x+y

→ Có một hydrocacbon có số nguyên tử C = 2 và X, Y hơn kém nhau một nguyên tử C nên chất còn là có số nguyên tử C = 3. TH1: X là C2H2 = x mol; Y là C3H6 = y mol 2 x + y = 0, 25

⇀ NH 3 + H3O+ NH +4 + H 2 O ↽

Biện pháp đơn giản để khử độ chua của đất là bón vôi vì khi bón vôi sẽ Mỗi ý =0,5 trung hòa axit có trong đất. điểm → Ca2+ + 2OHCaO + H2O  OH- + H+  → H2O 2. Hình vẽ như SGK t Phương trình: NaCl(rắn) + H2SO4 (đặc)  → NaHSO4 + HCl Hình t 2NaCl(rắn) + H2SO4 (đặc)  → Na2SO4 + 2HCl vẽ Không thể điều chế HBr, HI bằng phương pháp sunfat vì khi đó sẽ xảy đúng, ra phản ứng: có chú t → Na2SO4 + Br2 + SO2 + 2NaBr + 2H2SO4 (đặc)  thích 2H2O đầy đủ t 2NaI + 2H2SO4 (đặc)  → Na2SO4 + I2 + SO2 + 2H2O =1 điểm. Khẳng định không thể = 0,5 điểm. 2pt = 0,5 điểm 0

CH2 - CH = CH - CH2

2. n H O = nCO = 0,35 mol 2

1. Đất trồng bị chua là do đạm amoni thủy phân ra axit

Br CH2 = CH - CH = CH2

3 điểm

 x = 0,1

%nC2 H2 = 40%

  →   → Ta có hệ pt: 2 x + 3 y = 0,35  y = 0, 05 %nC 3 H = 20% 6

Tính CTB < 2,8 cho 0,5 điểm.

2 điể m

Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa của câu đó.

TH2: X là C3H4 = x mol; Y là C2H4 = y mol 2 x + y = 0, 25

 x = 0,15

 →   → tr−êng hîp nµy lo¹i Ta có hệ pt: 3 x + 2 y = 0,35  y = −0, 05

Tính TH1 đúng cho thêm 0,5 điểm. Trang 7

SỞ GD & ĐT TỈNH ĐỀ CHÍNH NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 THPT NĂM HỌC: 2018 – 2019 – BẢNG A Môn: HÓA HỌC (Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao nhận Trang 8

đề) Câu 1(3,0 điểm). 1. Hai nguyên tố X, Y cùng một chu kì trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. X thuộc nhóm IIA, Y thuộc nhóm IIIA. Biết ZX +ZY = 51. Viết cấu hình electron nguyên tử của X, Y. 2. Trong tự nhiên đồng có hai đồng vị và . Nguyên tử khối trung bình của đồng bằng 63,54. Tính số nguyên tử của trong 15,954 gam CuSO4. 3. Cân bằng các phương trình sau theo phương pháp thăng bằng electron a. Al + HNO3 → Al(NO3)3 + N2 + N2O + H2O. Biết tỷ khối hỗn hợp khí so vơi H2 bằng 20. b. Cu2S + FeS2 + HNO3 → Fe2(SO4)3 + CuSO4 + NO2 + H2O câu 2(3điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau a. Sục khí Cl2 đến dư vào dung dịch NaBr. b. Sục khí Cl2 vào dung dịch KNO2. c. Sục khí H2S vào dung dịch gồm KMnO4 và H2SO4 loãng. d. Sục CO2 vào nước javen. e. Nung quặng photphorit, cát, than cốc ở 12000C f. Ca(H2PO4)2 + KOH tỉ lệ mol 1:1 2. Hoàn thành sơ đồ phản ứng: Biết X là nguyên tố có khối lượng lớn thứ hai vở trái đất Câu 3(4,0 điểm). PCl3(k) + Cl2(k) ∆H > 0 1. Cho cân bằng sau thực hiện trong bình kín: PCl5(k) Cân bằng dịch chuyển theo chiều nào (có giải thích khi) a. Thêm PCl5 vào. b. Tăng nhiệt độ. c. Giảm áp suất. 2. Tính % N2O4 bị phân hủy thành NO2 ở 270C, 1atm biết khối lượng riêng của hỗn hợp NO2 và N2O4 ở điều kiện trên là 3,11 gam/lít. 3. Cho phản ứng sau Br2 + HCOOH → 2HBr + CO2 Ban đầu nồng độ Br2 là 0,012M, sau 50 giây nồng độ Br2 là 0,010M. Tính tốc độ trung bình của phản ứng theo Br2. 4. Trộn 150 ml dung dịch CH3COOH 0,1M với 100 ml dung dịch NaOH 0,1M thu được dung dịch X. Tính pH của dung dịch X (biết = 1,75.10-5) Câu 4(4,0 điểm). 1. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Fe(NO3)2, Fe3O4, MgO và Mg trong dung dịch chứa 9,22 mol HCl loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 463,15 gam muối clorua và 29,12 lít (đktc) khí Z gồm NO và H2 có tỉ khối hơi so với H2 là 69/13. Thêm dung dịch NaOH dư vào dung dịch Y, sau phản ứng thấy xuất hiện kết tủa T. Nung T trong không khí đến khối lượng không đổi được 204,4 gam chất rắn M. Biết trong X, oxi chiếm 29,68% theo khối lượng. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X. 2. Hòa tan hoàn toàn 4,8 gam kim loại M trong dung dịch HNO3 dư, thu được dung dịch A. Chia dung dịch A thành hai phần bằng nhau. Phần 1 đem cô cạn cẩn thận, thu được 25,6 gam một muối X. Phần 2 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được kết tủa B. Nung B đến khối lượng không đổi, thu được 4,0 gam chất rắn. Xác định kim loại M và muối X. Trang 9

Câu 5(3,0 điểm). 1. Cho hỗn hợp khí X gồm 3 hidrocacbon A, B, C thuộc 3 dãy đồng đẳng ankan, anken, ankin và hỗn hợp khí Y gồm O2, O3 (tỉ khối Y so với hydro bằng 19). Trộn X với Y theo tỉ lệ thể tích VX : VY = 1 : 2 rồi đốt cháy hỗn hợp thu được, sau phản ứng chỉ có CO2 và hơi nước với tỉ lệ thể tích tương ứng 6 : 7. Xác định các chất trong hỗn hợp X (biết B tác dụng với dung dịch HBr chỉ thu được một sản phẩm monobrom duy nhất). 2. Hợp chất hữu cơ A có công thức C7H8. Co 13,8 gam A phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 được 45,9 gam kết tủa. Xác định công thức cấu tạo của A và viết phương trình phản ứng xảy ra. Câu 6(3,0 điểm). 1. Em hãy giải thích tại sao không nên bón phân đạm amoni, ure cho cây trồng đồng thời với vôi? 2. Em hãy vẽ hình điều chế và thu khí etilen trong phòng thí nghiệm. Khí etilen sinh ra có thể lẫn CO2, SO2, hơi H2O. Giải thích và nêu cách loại bỏ tạp chất đó. Cho biết: Al = 27; Fe = 56; Ba = 137; Ca = 40; Ag = 108; Br = 80; Mg = 24; C = 12; O = 16; N=14; S=32; H=1. --- HẾT --Họ và tên thí sinh: .................................................... Số báo danh: ............................. TRƯỜNG THPT ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI : HÓA HỌC – LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút (10 câu tự luận )

Câu 1(2 điểm): 1. Có 5 lọ hóa chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong các hóa chất sau: NaOH, HCl, H2SO4, BaCl2, Na2SO4. Chỉ được dùng thêm phenolphtalein (các điều kiện và dụng cụ thí nghiệm có đủ), hãy trình bày phương pháp hóa học nhận biết 5 hóa chất trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có)? 2. Cho 1 mol Ca3(PO4)2 tác dụng với 2,75 mol HCl khi phương trình phản ứng cân bằng có tổng các hệ số nguyên tối giản bằng k.Tính k? Câu 2(2 điểm): 1. Đun nóng hỗn hợp gồm 2 mol SO2 và 1 mol O2 trong bình kín có thể tích 4 lít ở nhiệt độ t0 C có xúc tác V2O5, sau một thời gian hệ đạt đến trạng thái cân bằng. Biết áp suất hỗn hợp đầu và áp suất hỗn hợp sau phản ứng ở nhiệt độ t0C là P và P’. Xác định giới hạn

P' ? P

2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau. a. Ba(H2PO3)2 + NaOH  → C + D + E b. Al + NO3- + OH- + H2O  → F + G c. FeCl3 + K2CO3 + H2O  → H + I + K t C d. CuO + NH4Cl  → M + N + L + H2O Câu 3(2 điểm): 0

Trang 10

1. Lượng 0,18 gam một đơn chất R tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được khí A. Thu toàn bộ khí A vào dung dịch nước vôi trong dư thì thu được 5,1 gam kết tủa. Xác định đơn chất R ? 2. Một dung dịch X chứa 0,1 mol Na+; 0,2 mol Ba2+; x mol HCO3− và y mol Cl− . Cô cạn dung dịch X rồi lấy chất rắn đem nung đến khối lượng không đổi thu được 43,6 gam chất rắn. Tính Giá trị của x và y ? Câu 4(2 điểm): Hợp chất M tạo bởi anion Y3- và cation X+, cả hai ion đều do 5 nguyên tử của hai nguyên tố tạo nên. A là một nguyên tố trong X+ có hóa trị âm là –a ; B là một nguyên tố trong Y3-. Trong hợp chất A và B đều có hóa trị dương cao nhất là a+2. Khối lượng phân tử của M bằng 149. Trong đó :

M Y3 − M X+

> 5. Hãy xác lập công thức phân tử

của M ? Câu 5(2 điểm): Cho m gam hỗn hợp H gồm FexOy, Fe, Cu tác dụng hết với 200 gam dung dịch chứa HCl 32,85% và HNO3 9,45%, sau phản ứng thu được 5,824 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch X chứa (m + 60,24) gam chất tan. Cho a gam Mg vào dung dịch X, khi kết thúc phản ứng thấy thoát ra khí Y gồm 2 khí, trong đó có khí hóa nâu trong không khí; tỉ khối của Y đối với He bằng 4,7 và (m - 6,04) gam chất rắn T. Giá trị của a là Câu 6(2 điểm): 1. Hỗn hợp X gồm but-1-en và butan có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 3. Dẫn X qua ống đựng xúc tác thích hợp, nung nóng thu được hỗn hợp Y gồm các chất mạch hở CH4, C2H6 C2H4, C3H6, C4H6, C4H8, C4H10, H2. Tỷ khối của Y so với X là 0,5. Nếu dẫn 1 mol Y qua dung dịch brom dư thì khối lượng brom phản ứng là m gam. Tính giá trị của m? 2. Xăng là nguyên liệu hoá thạch được hình thành từ những vật chất hữu cơ tự nhiên như: xác động, thực vật do tác dụng của vi khuẩn yếm khí trong lòng đất qua hàng triệu năm. Dù là nguồn khoáng sản dồi dào nhưng trữ lượng xăng (dầu) trên thế giới là có hạn. Xuất hiện đầu tiên ở Hoa Kì, xăng sinh học (xăng pha etanol) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống. Xăng pha etanol là xăng được pha 1 lượng etanol theo tỉ lệ đã nghiên cứu như: xăng E5 (pha 5% etanol), E10(10% etanol),….E85 (85% etanol). a. Hãy cho biết tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. b. Trường hợp nào tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đốt cháy: 1 kg xăng hay 1 kg etanol? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng thì cần 14,6 kg không khí (không khí chứa 20% O2 và 80%N2 về thể tích). c. Từ kết quả câu b, em đánh giá gì về việc pha thêm etanol vào xăng để thay thế xăng truyền thống? Câu 7(2 điểm): Nung nóng hỗn hợp chất rắn A gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO3)2, sau một thời gian thu được chất rắn X và 0,45 mol hỗn hợp khí NO2 và O2. X tan hoàn Trang 11

toàn trong dung dịch chứa vừa đủ 1,3 mol HCl, thu được dung dịch Y chứa m gam hỗn hợp muối clorua và thoát ra 0,05 mol hỗn hợp khí Z gồm N2 và H2, tỉ khối của Z so với H2 là 11,4. Tính giá trị m ? Câu 8(2 điểm):  → 2NH3 (k) có Kp = 1,64 1. Tại 4000C, P = 10atm phản ứng N2(k) + 3H2(k) ←  ×10−4. Tìm % thể tích NH3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N2(k) và H2(k) có tỉ lệ số mol theo đúng hệ số của phương trình ? 2. Viết tất cả các đồng phân cis- và trans- của các chất có công thức phân tử là C3H4BrCl ? Câu 9(2 điểm): Hòa tan 10,92 gam hỗn hợp X chứa Al, Al2O3 và Al(NO3)3 vào dung dịch chứa NaHSO4 và 0,09 mol HNO3, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chứa các chất tan có khối lượng 127,88 gam và 0,08 mol hỗn hợp khí Z gồm 3 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối hơi của Z so với He bằng 5. Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch Y, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

Tính phần trăm khối lượng của khí có khối lượng phân tử lớn nhất trong hỗn hợp Z ? Câu 10(2 điểm): 1. Trong phòng thí nghiệm bộ dụng cụ vẽ dưới đây có thể dùng để điều chế những chất khí nào trong số các khí sau: Cl2, NO, NH3, SO2, CO2, H2, C2H4, giải thích. Mỗi khí điều chế được hãy chọn một cặp chất A và B thích hợp và viết phản ứng điều chế chất khí đó?

Trang 12

ĐÁP ÁN Câu 1(2 điểm): 1. Có 5 lọ hóa chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong các hóa chất sau: NaOH, HCl, H2SO4, BaCl2, Na2SO4. Chỉ được dùng thêm phenolphtalein (các điều kiện và dụng cụ thí nghiệm có đủ), hãy trình bày phương pháp hóa học nhận biết 5 hóa chất trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có)? 2. Cho 1 mol Ca3(PO4)2 tác dụng với 2,75 mol HCl khi phương trình phản ứng cân bằng có tổng các hệ số nguyên tối giản bằng k.Tính k? ĐA: 1. Lấy một lượng vừa đủ mỗi mẫu hóa chất cho vào các ống nghiệm riêng biệt rồi đánh số thứ tự. Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào các ống nghiệm chứa các hóa chất nói trên, + Nếu ống nghiệm nào hóa chất làm phenolphtalein từ không màu chuyển màu hồng là NaOH + Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là HCl, H2SO4, BaCl2 và Na2SO4. Nhỏ từ từ và lần lượt vài giọt dung dịch có màu hồng ở trên vào 4 ống nghiệm còn lại. + Ống nghiệm nào làm mất màu hồng là các dung dịch axit HCl và H2SO4.(Nhóm I) + Ống nghiệm nào không làm mất màu hồng là dung dịch muối BaCl2 và Na2SO4. (Nhóm II). PTHH: NaOH + HCl  → NaCl + H2O → Na2SO4 + H2O 2NaOH + H2SO4  Nhỏ một vài giọt dung dịch của một dung dịch ở nhóm I vào hai ống nghiệm chứa dung dịch nhóm II + Nếu không có hiện tượng gì thì hóa chất đó là HCl. Chất còn lại của nhóm I là H2SO4. Nhỏ dung dịch H2SO4 vào hai ống nghiệm chứa hóa chất nhóm II - Nếu thấy ống nghiệm nào kết tủa trắng thì ống nghiệm đó chứa dung dịch BaCl2. - Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì đó là hóa chất Na2SO4 + Nếu thấy ống nghiệm nào có kết tủa ngay thì dung dịch ở nhóm I là hóa chất H2SO4, ống nghiệm gây kết tủa BaCl2, ống nghiệm còn lại không gây kết tủa chứa hóa chất Na2SO4. Hóa chất còn lại ở nhóm I là HCl. PTHH: H2SO4 + BaCl2  → BaSO4 ( kết tủa trắng) + 2HCl 2. 54 Câu 2(2 điểm): 1. Đun nóng hỗn hợp gồm 2 mol SO2 và 1 mol O2 trong bình kín có thể tích 4 lít ở nhiệt độ t0 C có xúc tác V2O5, sau một thời gian hệ đạt đến trạng thái cân bằng. Biết áp suất hỗn hợp đầu và áp suất hỗn hợp sau phản ứng ở nhiệt độ t0C là P và P' P’. Xác định giới hạn ? P

a. b. c. d. ĐA:

2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau. Ba(H2PO3)2 + NaOH  → C + D + E Al + NO3- + OH- + H2O  → F + G FeCl3 + K2CO3 + H2O  → H + I + K t C CuO + NH4Cl  → M + N + L + H2O 0

Trang 13

2SO2(K) +O2(K) Ban đầu 2mol 1mol Phản ứng xmol

2SO3(K) ΔH< 0 0 mol

x mol 2

Cân bằng (2 - x) mol (1 -

x mol

x ) mol 2

x mol

Số mol trước phản ứng: nT = 2+1 = 3mol Số mol sau phản ứng: nS = 2 - x + 1 -

x x + x = (3 - ) mol 2 2

PT nT P' 3− x/2 = → = vì 2 > x > 0 PS nS P 3 2 P' → ≤ <1 3 P

2. Hoàn thành các ptpư a. Ba(H2PO3)2 + 2NaOH  → BaHPO3 + Na2HPO3 + 2H2O b. 8Al + 3NO3- + 5OH- + 2H2O  → 3NH3 ↑ + 8AlO2c. 2FeCl3 + 3K2CO3 + 3H2O  → 2Fe(OH)3 ↓ + 6KCl + 3CO2 ↑ t C d. 4CuO +2 NH4Cl  → 3Cu + CuCl2 + N2↑+4H2O 0

Câu 3(2 điểm): 1. Lượng 0,18 gam một đơn chất R tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được khí A. Thu toàn bộ khí A vào dung dịch nước vôi trong dư thì thu được 5,1 gam kết tủa. Xác định đơn chất R ? ĐA: * Xét R là kim loại hoặc phi kim không phải cacbon hay lưu hùynh: R → R +x + xe(1) 0,18 0,18 x R R

S +6 + 2e-→ S +4 0,085 0,0425 SO2 + Ca(OH)2→CaSO3 + H2O

(2) (3)

5,1 = 0,0425 120 0,18 Bảo toàn số electron: x = 0,085  R = 2,112x . Loại. R

0,0425

* Xét R là S: Sự oxi hóa: S + 2H2SO4→ 3SO2 + 2H2O 0,005625 0,016875 Khối lượng kết tủa: 0,016875.120 = 2,025 g < 5,1 g. Loại. * Xét R là cacbon: C + 2H2SO4→ CO2 + 2SO2 + 2H2O (5) 0,015 0,015 0,030 SO2 + Ca(OH)2→CaSO3 + H2O (6) CO2 + Ca(OH)2→ CaCO3 + H2O (7) Khối lượng kết tủa: 0,015.100 + 0,03.120 = 5,1 gam.

(4)

Trang 14

Phù hợp với đề ra.Vậy R là cacbon. 2. Một dung dịch X chứa 0,1 mol Na+; 0,2 mol Ba2+; x mol HCO3− và y mol Cl − . Cô cạn dung dịch X rồi lấy chất rắn đem nung đến khối lượng không đổi thu được 43,6 gam chất rắn. Tính Giá trị của x và y ? ● Nếu

HCO3−

≤ 2n

Ba2 +

thì khi cô cạn dung dịch X và nung đến khối lượng không đổi sẽ thu

được hỗn hợp gồm BaO, NaCl hoặc BaO, NaCl và BaCl2. Như vậy, ion thay bằng ion O2− . Theo giả thiết và bảo toàn điện tích, ta có : n + n − = n + + 2 n 2+ HCO3− Cl Na Ba  y 0,1 0,2  x  x + y = 0,5    nHCO − = 2 nO2− 8x + 35,5y = 13,9 3  0,5x  x  →  23nNa+ + 137nBa2+ + 35,5nCl− + 16 nO2− = 43,6  0,1 0,2 y 0,5x 

● Nếu trường hợp

HCO3−

≤ 2n

Ba2 +

HCO3−

đã được

 M Y > 5M X 3

Theo đầu bài : X + do 5 nguyên tử tạo nên  KLNT trung bình <

18,6 = 3,72 5

 X + là (AH4)+  X+ là NH4+ M Y = 149 – 3.18 =95 95 = 19 5

Vậy C là Oxi MB = 95 -16.4 = 31 (phôt pho) Vậy công thức của M là (NH4)3PO4

HCO3 −

> 2n

Ba2 +

n + n − = n + + 2 n 2+ HCO3− Cl Na Ba  y 0,1 0,2  x  n = 2 n + 2 n = 2 n 2 + + 2 n 2−  HCO − O2− CO 2 − Ba CO 3  3 3 0,2 0,2  x z z  23 n + 137 n 2 + + 35,5 n − + 16 n 2 − + 60 n 2 − = 43,6  Na + Ba Cl O CO 3  0,1 0,2 y 0,2  z  x + y = 0,5  x = −1,1     x − 2z = 0, 4   y = 1,6  35,5y + 60z = 10,7  z = −0, 75  

Câu 4(2 điểm): Hợp chất M tạo bởi anion Y3- và cation X+, cả hai ion đều do 5 nguyên tử của hai nguyên tố tạo nên. A là một nguyên tố trong X+ có hóa trị âm là –a ; B là một nguyên tố trong Y3-. Trong hợp chất A và B đều có hóa trị dương cao nhất là a+2. Khối M X+

M X+

KLNT trung bình =

x = 0,14  y = 0,36

Khi đó chất rắn sẽ gồm Na2CO3, BaO và NaCl. Theo giả thiết và bảo toàn điện tích, ta có :

M Y3 −

M Y 3−

3−

không thỏa mãn thì ta xét trường hợp

lượng phân tử của M bằng 149. Trong đó :

+ Theo đầu bài

> 5. Hãy xác lập công thức phân tử

của M ? ĐA: + A vừa có hóa trị hóa trị âm, vùa có hóa rị dương  A là phi kim + A, B có hóa trị dương cao nhất là (a+2). vậy hai nguyên tố cùng nhóm (a + 2) + Tổng hóa trị âm và dương về trị tuyệt đối bao giờ cũng bằng 8 + M có công thức X3Y vì tạo bởi và (phân tử trung hòa vể điện) a+a+2 =8  a=3  A, B thuộc nhóm V

Trang 15

Câu 5(2 điểm): Cho m gam hỗn hợp H gồm FexOy, Fe, Cu tác dụng hết với 200 gam dung dịch chứa HCl 32,85% và HNO3 9,45%, sau phản ứng thu được 5,824 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch X chứa (m + 60,24) gam chất tan. Cho a gam Mg vào dung dịch X, khi kết thúc phản ứng thấy thoát ra khí Y gồm 2 khí, trong đó có khí hóa nâu trong không khí; tỉ khối của Y đối với He bằng 4,7 và (m - 6,04) gam chất rắn T. Giá trị của a là A. 21,48 B. 21,84 C. 21,60 D. 21,96 Hướng dẫn giải:   (m + 60,24)g T : Cu, Fe, Mg (m − 6, 04) g  3+  Fe  Mg 2+  Cu 2+  +  +  NH 4 y Mg  →  H Fe  a gam − HCl 1,8    Cl 1,8 − m (g) H Cu +  →   NO3 H O z  HNO3 0,3 O  2  Cl−    NO 3x     H 2 2x  H O  2 NO 0, 26 1,8.36,5 + 0,3.63 − 60, 24 − 0, 26.30 BTKL  → n H2 O = = 0,92 (mol) 18 3+ Fe  2+ Cu  BTNT  →(m + 60, 24) H + 0, 26 => m(Cu + Fe) = (m – 6,4) gam < mT . Vậy trong T có thêm  NO− 0, 04 3  Cl− 1,8 

Mg dư = 0,36 g. Trang 16

đậu tương, củ cải đường,…

3x + y = 0, 04  x = 0,01   BTNT ( N,H,O)  → 4x + 4y + 2z = 0, 26 =>  y = 0,01 3x + z = 0, 04.3 z = 0, 09   1,8 − 0, 01 BTDT  → n Mg2+ = = 0,895(mol) => a = 0,895.24 + 0,36 = 21,84 (gam) 2

Ptpư: (C6H10O5)n + nH2O C6H12O6

Câu 6(2 điểm): 1. Hỗn hợp X gồm but-1-en và butan có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 3. Dẫn X qua ống đựng xúc tác thích hợp, nung nóng thu được hỗn hợp Y gồm các chất mạch hở CH4, C2H6 C2H4, C3H6, C4H6, C4H8, C4H10, H2. Tỷ khối của Y so với X là 0,5. Nếu dẫn 1 mol Y qua dung dịch brom dư thì khối lượng brom phản ứng là m gam. Tính giá trị của m? 2. Xăng là nguyên liệu hoá thạch được hình thành từ những vật chất hữu cơ tự nhiên như: xác động, thực vật do tác dụng của vi khuẩn yếm khí trong lòng đất qua hàng triệu năm. Dù là nguồn khoáng sản dồi dào nhưng trữ lượng xăng (dầu) trên thế giới là có hạn. Xuất hiện đầu tiên ở Hoa Kì, xăng sinh học (xăng pha etanol) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống. Xăng pha etanol là xăng được pha 1 lượng etanol theo tỉ lệ đã nghiên cứu như: xăng E5 (pha 5% etanol), E10(10% etanol),….E85 (85% etanol). a. Hãy cho biết tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. b. Trường hợp nào tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đốt cháy: 1 kg xăng hay 1 kg etanol? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng thì cần 14,6 kg không khí (không khí chứa 20% O2 và 80%N2 về thể tích). c. Từ kết quả câu b, em đánh giá gì về việc pha thêm etanol vào xăng để thay thế xăng truyền thống? ĐA: + Phöông trình phaûn öùng : x

→

2C2H5OH + 2CO2

b.C2H5OH + 3O2 2CO2 + 3H2O mO2 = gam→ nO2 = mol → nKK = → mKK =

= 9,4.103gam = 9,4kg

→ mO2(khi đốt etanol) < mO2 (khi đốt xăng).Như vậy khi đôt cháy 1kg xăng thì tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đôt cháy 1kg etanol c.Đốt cháy etanol tiêu tốn ít oxi hơn đồng nghĩa với lượng khí thải thải ra ít hơn, hạn chế việc ô nhiễm môi trường. Hơn nữa, nguồn etanol dễ dàng sản xuất quy mô lớn không bị hạn chế về trữ lượng như xăng dầu truyền thống.Do vậy, dùng xăng sinh học là một giải pháp cần được nhân rộng trong đời sống và sản xuất Câu 7(2 điểm): Nung nóng hỗn hợp chất rắn A gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO3)2, sau một thời gian thu được chất rắn X và 0,45 mol hỗn hợp khí NO2 và O2. X tan hoàn toàn trong dung dịch chứa vừa đủ 1,3 mol HCl, thu được dung dịch Y chứa m gam hỗn hợp muối clorua và thoát ra 0,05 mol hỗn hợp khí Z gồm N2 và H2, tỉ khối của Z so với H2 là 11,4. Tính giá trị m ? Hướng dẫn giải:

a mol  Mg to  →  Cu(NO ) 0, 25 mol  3 2

t , xt C4 H10  → C4 H6 + 2H2

mol :

nC6H12O6

x → 2x

 Mg 2+ a  2+ Cu 0, 25  NH + b +1,3 mol HCl X  →  − 4 Cl 1,3  N 2 0, 04   H 2 0, 01

t o , xt

C4 H10  → Cn H 2n + Cm H2m +2 mol :

→

y→

+ H 2O

 NO 2 0, 42 − b  O 2 0, 03 + b

n X = 4  n C H = 3   n = 4  n khí taêng = 4 + Choïn  4 10   n X MY  X  n = 1 = = 0,5  C4 H8   n Y = 8  n lieân keát π taêng = 4 n M X Y   Trong 8 mol Y coù1 + 4 = 5 mol lieân keát π  n Br2 pö vôùi 0,1 mol Y = 0,625    Trong 1 mol Y coù 0,625 mol lieân keát π  m Br2 pö vôùi 0,1 mol Y = 100 gam

C1 [+, −] 2a + b = 0,8 [e]

2a + 4(0, 03 + b) = 0, 42 − b + 8b + 10.0,04 + 2.0, 01

a = 0,39  b = 0, 02

 m = 71, 87 gam

[O]  → n H O = 0, 25.6 − 0, 45.2 = 0, 6 (mol) C2 

Nội dung a. Xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học vì lượng etanol trong xăng có nguồn gốc từ thực vật( nhờ phản ứng lên men để sản xuất số lượng lớn).Loại thực vật thường được trồng để sản xuất etanol là: ngô, lúa mì,

[H]   → n NH+ = 4

1,3 − 0, 6.2 − 0, 01.2 = 0, 02 (mol) 4

[ +, − ]  → n Mg2+ =

Trang 17

1,3 − 0, 25.2 − 0, 02 = 0,39 (mol) 2

Vậy m = 71,87 gam Trang 18

Câu 8(2 điểm):  → 2NH3 (k) có Kp = 1,64 1. Tại 4000C, P = 10atm phản ứng N2(k) + 3H2(k) ←  −4 ×10 . Tìm % thể tích NH3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N2(k) và H2(k) có tỉ lệ số mol theo đúng hệ số của phương trình ? 2. Viết tất cả các đồng phân cis- và trans- của các chất có công thức phân tử là C3H4BrCl

Câu 9(2 điểm): Hòa tan 10,92 gam hỗn hợp X chứa Al, Al2O3 và Al(NO3)3 vào dung dịch chứa NaHSO4 và 0,09 mol HNO3, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chứa các chất tan có khối lượng 127,88 gam và 0,08 mol hỗn hợp khí Z gồm 3 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối hơi của Z so với He bằng 5. Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch Y, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

ĐS:  → 2NH3 (k) 1. N2(k) + 3H2(k) ←  PN 2 n N 2 1 Theo PTHH: = =  Theo gt: P NH3 + P N 2 + P H 2 = 10 PH 2 n H 2 3

 P NH3 + 4P N 2 = 10 2

Và Ta có: Kp =

(PNH ) 3

(PN )(PH ) 2

(1) (PNH3 )2 (PN 2 )(3PN 2 )3

= 1,64 ×10−4 

PNH 3 = 6,65×10−2. (PN )2 2

Thay vào (1) được: 6,65 ×10−2(P N 2 )2 + 4P N 2 − 10 = 0  P N 2 = 2,404 và P N 2 = − 62,55 < 0 Vậy, P N 2 = 2,404  P NH3 = 10 − 4P N 2 = 0,384 atm chiếm 3,84% 2. Có 12 CTCT thỏa mãn công thức C3H4BrCl, CH3 Cl CH3 C= C C=C H Br H

CH3

C= C

Cl CH3

CH3

C= C

CH2Br

CH3Br

H CH2Cl

CH3Cl

C= C H

H H

Cl H

BTNT H → n H2 =

 Al3+ 0,3   +   Na x 127,88g  NH + y  4   +  H z  NaHSO 4 x  +  →  2−  SO   4 x  HNO3 0, 09  H 2  0, 08 mol  N  2 a  N O b   2  M = 20

BTKL  →10,92 + 1.120 + 0, 09.63 = 127,88 + 0, 08.20 + 18.n H2O

C=C

D. 82,50%

+ H 2O

 x = 1    → 0,3.27 + 23x + 18y + z + 96x = 127,88 =>  y = 0, 04    → y + z = 0,1 z = 0, 06 

C. 55,00%

BTDT  → x + y + z + 0,3.3 = 2.x

C=C

B. 68,75%

 Al  10,92g  Al2 O3  Al(NO ) 3 3 

=> nH2O = 0,395 mol

0, 09 + 1 − 0, 04.4 − 0, 06 − 0,395.2 = 0, 04 (mol) 2

a + b = 0, 04 a = 0, 015  → =>  28a + 44b + 0, 04.2 = 20.0, 08  b = 0, 025

C=C Br

A. 41,25% Hướng dẫn giải:

C=C

C= C

Tính phần trăm khối lượng của khí có khối lượng phân tử lớn nhất trong hỗn hợp Z ?

=> %N2O = 68,75%

Câu 10(2 điểm): 1. Trong phòng thí nghiệm bộ dụng cụ vẽ dưới đây có thể dùng để điều chế những chất khí nào trong số các khí sau: Cl2, NO, NH3, SO2, CO2, H2, C2H4, giải thích. Mỗi khí điều chế được hãy chọn một cặp chất A và B thích hợp và viết phản ứng điều chế chất khí đó?

Cl Trang 19

Trang 20

2. Cho các dung dịch riêng biệt mất nhãn sau : Na2SO4, AlCl3, FeSO4, NaHSO4,FeCl3. Chỉ dùng dung dịch K2S hãy nhận biết các dung dịch trên ngay ở lần thử đầu tiên. Viết các phương trình hoá học minh hoạ ? 1. * Lấy một ít dung dịch AgNO3 vào một ống nghiệm sạch, thêm từ từ dung dịch NH3 đến khi kết tủa xuất hiện rồi tan hết. Thêm vào dung dịch một ít dung dịch RCHO (học sinh có thể dùng một chất bất kỳ khác có nhóm -CHO). Đun nóng từ từ ống nghiệm một thời gian ta thu được ống nghiệm có tráng một lớp Ag mỏng phía trong. * Các phương trình phản ứng: AgNO3 + NH3 + H2O → Ag(OH) + NH4NO3 Ag(OH) + 2NH3→ [Ag(NH3)2]OH 2[Ag(NH3)2]OH + R-CHO t 2Ag + RCOONH4 + 3NH3 + H2O

a. Xác định R biết a:b = 11:4. b. Viết công thức phân tử, công thức electron, công thức cấu tạo của hai hợp chất trên.

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC.................

c. Viết phương trình phản ứng khi cho oxit cao nhất của R tác dụng với dung dịch NaClO, dung dịch Na2CO3. Câu 4: (2 điểm) Cho m gam Fe vào dung dịch HNO3 loãng. Khi Fe tan hết thu được dung dịch A chỉ chứa 1 chất tan và 6,72 lít (đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất). a. Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan. b. Tính thể tích dung dịch HNO3 2 M đã dùng Câu 5: (2 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol một anken X thu được m gam H2O và m + 15,6 gam CO2. a. Tính m b. Xác định CTPT và viết các công thức cấu tạo của X c. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho đồng phân mạch nhánh của X tác dụng với: H2 (Ni, toC), dung dịch Br2, H2O (có xúc tác H2SO4 loãng, t0C). Câu 6: (2 điểm) Cho hỗn hợp X gồm: CH4, C2H4, C2H2. Chia 13,44 lít X (đo ở đktc) làm 2 phần bằng nhau. Phần 1: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thu được 36 gam kết tủa. Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch Br2 dư thấy có 64 gam Br2 phản ứng. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra b. Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X. Câu 7: (2 điểm) Hòa tan hoàn toàn m gam oxit MO (M là kim loại) trong 78,4 gam dung dịch H2SO4 6,25% (loãng) thì thu được dung dịch X trong đó nồng độ H2SO4 còn dư là 2,433%. Mặt khác, khi cho CO dư đi qua m gam MO nung nóng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua 500 ml dung dịch NaOH 0,1M thì chỉ còn một khí duy nhất thoát ra, trong dung dịch thu được có chứa 2,96 gam muối. Xác định kim loại M và tính m.

ĐỀ THI MÔN: HÓA

Câu 8: (2 điểm) Có 5 lọ hóa chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong

2. Khi cho dung dịch K2S lần lượt vào mẫu thử của các dung dịch trên thì: - Mẫu thử không có hiện tượng chứa dung dịch Na2SO4 - Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng keo và có hiện tượng sủi bọt khí chứa AlCl3 : 2AlCl3 + 3 K2S + 3H2O → 6KCl + 2Al(OH)3 + 3H2S - Mẫu thử có hiện ttượng sủi bọt khí chứa dung dịch NaHSO4 2 NaHSO4 + K2S → 2K2SO4 + H2S - Mẫu thử xuất hiện kết tủa đen chứa FeCl2: K2S + FeCl2→ FeS + 2NaCl - Mẫu thử xuất hiện kết tủa đen và vàng có chứa FeCl3 2FeCl3 + 3K2S → 6KCl + S + 2FeS

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC

c. Xác định thành phần cấu tạo của hai đồng vị và thành phần % theo khối lượng của mỗi đồng vị trong X tự nhiên biết nguyên tử khối (NTK) trung bình của X bằng 35,48. Coi NTK có giá trị bằng số khối. Câu 2: (2 điểm) Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm được mô tả sau: a. Hòa tan FeCl2 vào nước rồi thêm H2SO4 loãng dư, sau đó thêm dung dịch KMnO4 dư thấy có khí màu vàng lục thoát ra và dung dịch thu được có chứa muối mangan (II). b. Hòa tan Fe3O4 trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư được dung dịch A và khí B mùi hắc. Sục khí B vào dung dịch brom hoặc dung dịch KMnO4 đều thấy các dung dịch này bị nhạt màu. Câu 3: (2 điểm) Phần trăm khối lượng của nguyên tố R trong hợp chất khí với hiđro (trong đó R có số oxi hóa thấp nhất) là a%, còn trong oxit cao nhất là b%.

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố : H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; P = 31; Ca = 40; Cr = 52, Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag=108; I = 127; Ba = 137, Mn =55. Câu 1: (2 điểm) Cho nguyên tố X, ở trạng thái cơ bản có 11 electron thuộc các phân lớp p. X có hai đồng vị hơn kém nhau hai nơtron. Trong đồng vị số khối lớn, số hạt mang điện gấp 1,7 lần hạt không mang điện. a. Viết cấu hình electron của X. b. Xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn.

Trang 21

các hóa chất sau: NaOH, HCl, H2SO4, BaCl2, Na2SO4. Chỉ được dùng thêm phenolphtalein (các điều kiện và dụng cụ thí nghiệm có đủ). Hãy trình bày phương pháp hóa học nhận ra 5 hóa chất trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có). Câu 9: (2 điểm) Điện phân dung dịch NaCl một thời gian được dung dịch A và khí thoát ra chỉ có V lít H2 (ở đktc). Cho dung dịch A vào dung dịch H2S, lắc kỹ để dung dịch A phản ứng vừa đủ với H2S được 0,16 gam chất rắn màu vàng và dung dịch B (không có khí thoát ra). Cho từ từ dung dịch Br2 0,1M vào dung dịch B đến khi thôi mất màu brom thấy hết 50 ml dung dịch và được dung dịch C. Cho dung dịch BaCl2 dư vào dung dịch C được 2,33 gam kết tủa. a) Viết các phương trình phản ứng, xác định thành phần của A, B, C. b) Tính V. Câu 10: (2 điểm) Cho sơ đồ thí nghiệm như hình vẽ:

Trang 22

I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN: Câu 1

Ý a

Hãy cho biết hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm khi khóa K đóng, khóa K mở và giải thích. Biết các chất X, Y, Z, T trong mỗi thí nghiệm lần lượt là: Thí nghiệm 1: H2SO4 đặc, C, dung dịch KMnO4, dung dịch Br2. Thí nghiệm 2: dung dịch HCl, KMnO4, dung dịch KBr, dung dịch FeCl2.

-------------Hết-----------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….

2 a

SỞ GD&ĐT THANH HÓA(Đáp án có 04

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC ...... ĐÁP ÁN MÔN: HÓA

trang) 3 Trang 23

Nội dung trình bày Vì X có 11 electron thuộc phân lớp p  cấu hình electron phân lớp p của X là: 2p63p5  cấu hình electron đầy đủ: 1s22s22p63s23p5. Vị trí của X trong bảng tuần hoàn: Ô số 17 vì có 17 electron  điện tích hạt nhân bằng 17. Chu kì 3 vì có 3 lớp electron. Nhóm VII A vì cấu hình electron hóa trị là 3s23p5. Trong đồng vị số khối lớn số hạt mang điện là 17.2 = 34 hạt  số nơtron (hạt không mang điện) là 34:1,7 = 20 hạt.  số nơtron trong đồng vị số khối nhỏ là 18 hạt. Vậy thành phần cấu tạo các đồng vị của X là: Đồng vị số khối nhỏ: 17 electron, 17 proton, 18 nơtron. Đồng vị số khối lớn: 17 electron, 17 proton, 20 nơtron. Thành phần % theo khối lượng: Gọi thành phần % theo số nguyên tử đồng vị nhỏ là x%  thành phần % theo số nguyên tử đồng vị lớn là (100 – x)%. Áp dụng công thức tính NTKTB ta có: NTKTB (A) = A1.x% + A2. (100 – x)% ⇔ (17+18).x% + (17+20)(100-x)% = 35,48  x = 76%. Xét 1 mol X (35,48 gam) có 0,76 mol 35X (0,76.35 = 26,6 gam)  thành phần % theo khối lượng 35X là: 26,6 : 35,48 = 74,97% thành phần % theo khối lượng 37X là: 100% - 74,97% = 25,03%.

Điểm 2đ 0,25

0,25

0,5

0,5 0,5 2đ 0,5

Phương trình phản ứng: 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O 0,5 2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc nóng) → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O Khí A là SO2: 0,5 SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr 0,5 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4+ 2H2SO4 2đ Trang 24

Vì R tạo được hợp chất khí với H nên R là phi kim. Giả sử R thuộc nhóm x (x ≥ 4).  công thức của R với H là RH8-x  a=

R .100 R +8− x

công

thức

oxit

cao

nhất

của

là

R2Ox



2R R .100 ⇔ b = .100 2 R + 16x R + 8x a R + 8x 11 43x − 88  = = ⇔ R= b R+8-x 4 7

Xét bảng X 4 5 R 12 có C 18,14 loại Vậy R là C Công thức phân tử thức cấu tạo

Công H .. H:C:H .. H

CO2

0,5

n H SO 2

0,5 2đ

- Dung dịch A chỉ chứa 1 chất tan => A chỉ chứa: Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 0,5 * Th1: Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (nNO = 6,72/22,4 = 0,3 mol) 1,2 <---- 0,3 <--- 0,3 mol Khối lượng muối khan = 0,3 .242 = 72, 6gam VHNO3 = 1,2/2 = 0,6 lít = 600ml *Th2: 3Fe + 8HNO3 → 3Fe(NO3)2 + 2NO + 4H2O (Hs có thể viết 2 phương trình) 0,75 1,2 <--- 0,45 <--- 0,3 mol Khối lượng muối khan = 0,45 .180 = 81 gam VHNO3 = 1,2/2 = 0,6 lít = 600ml

5 a

Ta có: m/18 = (m+15,6)/44 => m = 10,8 gam

0,25 0,25

1,25 2đ

CO2 + H2O + NaClO → NaHCO3 + HClO CO2 + H2O + Na2CO3 → 2NaHCO3

0,25

O :: C :: O

O=C=O Phương trình phản ứng:

0,75 2đ

Viết 3 pt nX trong mỗi phần = ½.13.44/2 = 0,3 mol; nBr2 =64/160 = 0,4 mol PT p/ứ: C2H2 + 2AgNO3 +2NH3 → C2Ag2 +2NH4NO3 (1) 0,15 36/240 =0,15 mol C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 ( 2) 0,15 0,3 mol C2H4 + Br2 → C2H4Br2 (3) 0,1 0,4-0,3 = 0,1 mol nCH4 = 0,3 – 0,15 – 0,1 = 0,05 mol Khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X: mCH4 = 2.0,05.16 = 1,6 gam; mC2H4 = 2.0,1.28 = 5,6 gam; mC2H2 = 2.0,15.26 =7,8 gam.

0,5

Hl H-C-H l H

c 6

6 7 24,28 loại 30,42 loại

CH4

0,25 0,5

0,5

Công thức electron

Đặt CTPT của X: CnH2n => n = 0,6/0,15 =4 => CTPT: C4H8 CTCT: CH2=CH-CH2-CH3; CH3-CH=CH-CH3; CH2=C(CH3)-CH3.

0,75 2đ 0,5 Trang 25

4 ( bd )

78, 4.6,25 = 0, 05 (mol) 100.98

Gọi nMO = a mol

- Hòa tan MO vào dd H2SO4 loãng: MO + H2SO4  → MSO4 + H2O mol: a a a => n H SO = (0,05 − a) mol 2

4(du)

m ddsau pu = (M + 16)a + 78, 4 (gam)

m MO = (M + 16)a = m (gam) 98.(0,05 - a).100 Ta có C%(H2SO4(du) ) = = 2,433(%) (I) (M+16)a + 78,4

0,5

- Khử MO bằng CO dư t MO + CO  → M + CO2 a a a a Vậy hỗn hợp Y gồm CO2 và CO dư - Cho Y qua dd NaOH có nNaOH = 0,5.0,1= 0,05 (mol) mà chỉ còn một khí thoát ra thì đó là CO, vậy CO2 đã phản ứng hết. Phản ứng có thể xảy ra: CO2 + 2NaOH  → Na2CO3 + H2O k 2k k 0,5 CO2 + NaOH  → NaHCO3 t t t o

Trang 26

=> mmuối = 106k + 84t = 2,96 (II) TH1: Nếu NaOH dư thì t = 0 ( không có muối axít) => a = k = 0,028. Thay vào (I) ta được M = 348,8 (loại) 2k + t = 0,05 (III) TH2: Nếu NaOH hết Từ (II) và (III) => k = 0,02 t = 0,01 => n CO = a = 0, 03 (mol)

3NaClO + H2S 4NaClO + H2S Br2 + H2SO3 + H2O H2SO4 + BaCl2 A: NaCl, NaClO. B: H2SO4, H2SO3, NaCl. C: NaCl, HBr, H2SO4.

0,5

Thay vào (I) được M = 56 => đó là Fe và m = (56 + 16).0,03 = 2,16 (g) 8

2đ Lấy một lượng vừa đủ mỗi mẫu hóa chất cho vào các ống nghiệm riêng biệt rồi đánh số thứ tự. Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào các ống nghiệm chứa các hóa chất nói trên, + Nếu ống nghiệm nào hóa chất làm phenolphtalein từ không màu chuyển màu hồng là NaOH + Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là HCl, H2SO4, BaCl2 và Na2SO4. Nhỏ từ từ và lần lượt vài giọt dung dịch có màu hồng ở trên vào 4 ống nghiệm còn lại. + Ống nghiệm nào làm mất màu hồng là các dung dịch axit HCl và H2SO4.(Nhóm I) + Ống nghiệm nào không làm mất màu hồng là dung dịch muối BaCl2 và Na2SO4. (Nhóm II). PTHH: NaOH + HCl  → NaCl + H2O 2NaOH + H2SO4  → Na2SO4 + H2O Nhỏ một vài giọt dung dịch của một dung dịch ở nhóm I vào hai ống nghiệm chứa dung dịch nhóm II + Nếu không có hiện tượng gì thì hóa chất đó là HCl. Chất còn lại của nhóm I là H2SO4. Nhỏ dung dịch H2SO4 vào hai ống nghiệm chứa hóa chất nhóm II - Nếu thấy ống nghiệm nào kết tủa trắng thì ống nghiệm đó chứa dung dịch BaCl2. - Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì đó là hóa chất Na2SO4 + Nếu thấy ống nghiệm nào có kết tủa ngay thì dung dịch ở nhóm I là hóa chất H2SO4, ống nghiệm gây kết tủa BaCl2, ống nghiệm còn lại không gây kết tủa chứa hóa chất Na2SO4. Hóa chất còn lại ở nhóm I là HCl. PTHH: H2SO4 + BaCl2  → BaSO4 ( kết tủa trắng) + 2HCl

9 NaCl + H2O

dpdd

 →

1 1 NaOH + Cl2 ↑ + H2 ↑ 2 2

2NaOH + Cl2 → NaCl + NaClO + H2O NaClO + H2S NaCl + H2O + S

(4) (5) (6) (7) 1

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

Số mol của S là: nS=

 n S =0,015 (mol) 2−

 Khi bị oxi hóa bởi NaClO (mol); n S = 0,005 (mol)

nS=0,005 (mol);

n SO2 =0,005

 nClO-= (0,005*2+0,005*6+0,005*8)/2 = 0,04 (mol) Theo (1) ta có số mol của H2 bằng số mol của NaClO = 0,04 mol V = 0,04x 22,4 = 0,896 lít.

0,5 10 0,5

1 2đ

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

0,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC

2đ a

3NaCl + H2SO3 4NaCl + H2SO4 2HBr + H2SO4 BaSO4 + 2HCl

(1)

(2) (3) Trang 27

Số báo danh ……………....

0,5 0,5

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: HÓA HỌC – LỚP 11 THPT Thời gian:180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi:21/03/2019 Đề thi này có 10 câu, gồm 02 trang

Trang 28

a.Viết cấu hình electron nguyên tử và xác định các nguyên tố X, Y. b.Hoàn thành dãy chuyển hóa (X, Y là các nguyên tố tìm được ở trên) (1) (2) (3) (4) X2  → HX  → YX2  → X2  → YOX2 2.X, Y là 2 nguyên tố thuộc cùng một nhóm A ở 2 chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn. Nguyên tửX có 6e lớp ngoài cùng. Hợp chất của X với hiđro có %mH = 11,1%. Xác định 2 nguyên tốX, Y. Câu 2: (2,0 điểm) 1.Lập phương trình hóa học của phản ứng oxi hóa – khử sau: a.H2S + Cl2 + H2O  → H2SO4 + HCl b.ZnS + HNO3  → Zn(NO3)2 + H2SO4 + NxOy + H2O 2.Có hai dung dịch: Dung dịch A và dung dịch B, mỗi dung dịch chỉ chứa 2 loại cation và 2 loại anion khác nhau trong số các ion sau: NH4+ (0,15 mol); H+ (0,25 mol); Na+ (0,25 mol); CO32- (0,1 mol), NO3- (0,1 mol); Al3+ ( 0,05 mol) ; Br- (0,2 mol) ; SO42- (0,15 mol). Xác định dung dịch A và dung dịch B. Biết rằng khi cho dung dịch NaOH vào dung dịch A và đun nóng nhẹ thì có khí thoát ra làm xanh giấy quỳ tím ẩm. Câu 3: (2,0 điểm) 1.X, Y là các hợp chất của photpho. Xác định X, Y và viết các phương trình hóa học theo dãychuyển hóa sau: + ddBr 2 P  X+ dd Ba(OH) 2 dư Y → P2O3  → H3PO3 → 2. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau: a. Sục khí H2S vào nước brom, sau đó cho thêm dung dịch BaCl2 vào dung dịch sau phản ứng. b. Dẫn khí CO2 đến dư vào dung dịch K2SiO3. c. Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein vào dung dịch NH3 loãng, sau đó thêm dung dịch AlCl3 đến dư vào dung dịch sau phản ứng. d. Sục khí elilen đến dư vào dung dịch KMnO4. Câu 4: (2,0 điểm) 1.Có 5 dung dịch và chất lỏng mất nhãn, riêng biệt gồm: KHCO3, Ba(HCO3)2, C6H6(benzen), C2H5OH và KAlO2. Chỉ dùng thêm một dung dịch chứa 1 chất tan. Hãy trình bày cách nhận biết các dung dịch và chất lỏng ở trên. 2.Nhỏ từ từ V lít dung dịch chứa Ba(OH)2 0,5M vào dung dịch chứa x mol NaHCO3 và y mol BaCl2. Đồ thị sau biểu diễn sự phụ thuộc giữa số mol kết tủa và thể tích dung dịch Ba(OH)2.

n BaCO

(mol) 3

0,2 0,1

Tính giá trị của x và y.

0,1

0,3

V dd Ba (OH) (lit) 2

Câu 5: (2,0 điểm) 1. Hai hiđrocacbon A, B đều có công thức phân tử C9H12. A là sản phẩm chính của phản ứng giữa benzen với propilen (xt H2SO4). Khi đun nóng B với brom có mặt bột sắt hoặc cho B tác dụng với brom (askt) thì mỗi trường hợp đều chỉ thu được một sản phẩm monobrom. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên A, B và viết phương trình hóa học (dạng công thức cấu tạo). 2. Cho 2 ống nghiệm, mỗi ống đựng 2ml nước brom (màu vàng nhạt). Thêm vào ống thứ nhất 0,5ml hexan và vào ống thứ hai 0,5 ml hex-2-en, sau đó lắc nhẹ cả hai ống nghiệm, rồi để yên. Hãy mô tả hiện tượng ở 2 ống nghiệm và giải thích? Câu 6: (2,0 điểm) Cho hỗn hợp khí X gồm 3 hiđrocacbon A, B, C (với B, C là 2 chất kế tiếp nhau trong cùng một dãy đồng đẳng). Đốt cháy hoàn toàn 672 ml hỗn hợp X rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào bình chứa 437,5 ml dung dịch Ba(OH)2 0,08M, phản ứng xong thu được 4,925 gam kết tủa. Mặt khác, dẫn

Trang 29

1209,6 ml hỗn hợp X qua bình chứa nước brom dư. Sau phản ứng thấy khối lượng bình brom tăng 0,468 gam và có 806,4 ml hỗn hợp khí thoát ra. Biết các thể tích khí đo ở đktc, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Tìm công thức phân tử của A, B, C. Biết A, B, C thuộc trong các dãy ankan, anken, ankin. b. Tính phần trăm thể tích các chất trong hỗn hợp X. Câu 7: (2,0 điểm) 1. Có 3 nguyên tố A, B, C. Đơn chất A tác dụng với đơn chất B ở nhiệt độ cao thu được hợp chất X. Chất X bị thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được có mùi trứng thối. Đơn chất B tác dụng với đơn chất C tạo ra khí E. Khí E tan được trong nước tạo dung dịch làm qùy tím hóa đỏ. Hợp chất Y của A với C có trong tự nhiên và thuộc loại hợp chất rất cứng. Hợp chất Z của 3 nguyên tố A, B, C là một muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân. Xác định các nguyên tố A, B, C và các chất X, E, Y, Z và viết phương trình hóa học. 2. Hòa tan hết 12,8 gam hỗn hợp X gồm (Na, Na2O, K, K2O, Ba và BaO), (trong đó oxi chiếm 8,75% về khối lượng) vào nước thu được 600 ml dung dịch Y và 1,568 lít khí H2 (đktc). Trộn 300 ml dung dịch Y với 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,4M và H2SO4 0,3M thu được 400 ml dung dịch Z. Tính pH của dung dịch Z. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 8: (2,0 điểm) 1. Cho dung dịch chứa 38,85 gammộtmuối vô cơ của axit cacbonic tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 18 gam muối sunfat trung hòa của kim loại hóa trị II, sau phản ứng hoàn toàn thu được 34,95 gam kết tủa. Xác định công thức 2 muối ban đầu. 2. Cho 16,6 gam hỗn hợp A gồm 2 ancol là đồng đẳng liên tiếp vào bình đựng H2SO4 đặc, ở nhiệt độ thích hợp thu được 13 gam hỗn hợp chất hữu cơ B gồm (2 anken, 3 ete và 2 ancol dư). Đốt cháy hoàn toàn B thu được 17,92 lít CO2 (đktc) và 16,2 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo và tính % số mol mỗi ancol. Câu 9: (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 6,84 gam hỗn hợp E gồm Mg và kim loại M có hóa trị không đổi cần một lượng dung dịch HNO3 loãng, vừa đủ thu được 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N2 và N2O có tỉ khối so với H2 là 16 và dung dịch F. Chia F thành 2 phần bằng nhau. Đem cô cạn phần 1 thu được 25,28 gam muối khan. Phần 2 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 4,35 gam kết tủa. Xác định kim loại M. Câu 10: (2,0 điểm) 1.Trong phòng thí nghiệm thường điều chế CO2 từ CaCO3 và dung dịch HCl như hình vẽ sau:

Để thu được CO2 tinh khiết có 2 học sinh (HS) cho sản phẩm khí qua 2 bình như sau: HS1: Bình (X) đựng dung dịch NaHCO3 và bình (Y) đựng H2SO4 đặc. HS2: Bình (X) đựng H2SO4 đặc và bình (Y) đựng dung dịch NaHCO3. Cho biết học sinh nào làm đúng? Viết phương trình hóa học giải thích cách làm. 2. Em hãy giải thích: a. Tại sao không nên bón các loại phân đạm amoni, ure và phân lân cùng với vôi bột? b. Tại sao không dùng khí CO2 để dập tắt đám cháy của một số kim loại (Mg, Al, …)? Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H =1; C=12; O=16; N=14; Na=23; Mg=24; Al=27; S=32; Cl=35,5; K=39; Ca=40; Fe=56; Cu=64; Zn=65; Br=80; Ag=108; Ba=137. ------ Hết----Chú ý: Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

Trang 30

SỞ GD&ĐT THANH HÓA

CÂU

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THICHÍNH THỨC CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: HÓA HỌC – LỚP 11 THPT (Hướng dẫn chấm có 05 trang) HƯỚNG DẪN GIẢI ĐIỂ M

Câu 1 1. (2 điểm) a. Cấu hình e của X: 1s22s22p63s23p5 (Cl)

0,25 0,25

Cấu hình e của Y: 1s22s22p63s23p64s2 (Ca) b. PTHH: a .s (1) H2 + Cl2  → 2HCl (2) 2HCl + CaO  → CaCl2 + H2O + dpnc (3) CaCl2  → Ca + Cl2 (4) Cl2 + Ca(OH)2  → CaOCl2 + H2O 2. X thuộc nhóm A và có 6e ở lớp ngoài cùng  Hợp chất của X với H có dạng XH2

0,25 0,25

2 %mH = × 100 = 11,1  X =16  X là O 2+ X

0,5 0,5

Y thuộc nhóm VIA và liên tiếp với X trong 1 chu kì  Y là S Câu 2 1. (2 điểm) a. H2S + 4Cl2 + 4H2O

1× 4×

−2

 →

H2SO4 +8 HCl.

S → S +8 e

0,5

Cl2 + 2 e → 2 Cl −

b. (5x-2y)ZnS + (18x-4y)HNO3  → (5x-2y)Zn(NO3)2 +(5x-2y) H2SO4 + 8NxOy + 4xH2O. −2

0,5

(5x−2 y)× S →S +8e +2 y/x +5 8× xN+(5x−2y)e→ xN

2.dd A: NH4+ (0,15 mol); Na+ (0,25 mol); CO32- (0,1 mol); Br- (0,2 mol). 0,5 dd B: H+ (0,25 mol); NO3- (0,1 mol); Al3+ ( 0,05 mol) ; SO42- (0,15 mol) 0,5 Câu 3 1. (2 điểm) X là H3PO4, Y là Ba3(PO4)2 t0 (1) 4P+ 3O2thiếu  → 2P2O3 (2) P2O3+ 3H2O  → 2H3PO3 (3) H3PO3+ Br2 + H2O  → H3PO4 +2 HBr (4) 2H3PO4 + 3Ba(OH)2  → Ba3(PO4)2 + 6H2O

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

2. a. H2S + 4Br2 + 4H2O  H2SO4 +8 HBr → H2SO4 + BaCl2  → BaSO4 + 2HCl Hiện tượng: Dung dịch mất ( hoặc nhạt) màu, sau đó xuất hiện kết tủa

0,25

Trang 31

màu trắng. b. 2CO2+ 2H2O +K2SiO3  H2SiO3 + 2KHCO3 0,25 → Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa keo. c. 3NH3+ 3H2O +AlCl3  Al(OH)3 + 3NH4Cl → Hiện tượng: Dung dịch chuyển thành màu hồng, sau đó xuất hiện kết 0,25 tủa keo trắng và dung dịch mất màu. d. 3C2H4+ 2KMnO4 + 4H2O  0,25 → 3C2H4(OH)2+ 2MnO2 + 2KOH Hiện tượng: dung dịch mất màu tím và xuất hiện kết tủa màu đen. Câu 4 1. (2 điểm) Dung dịch axit cần dùng là H2SO4

0,25

Nhỏ từ từ dung dịch H2SO4 vào từng ống nghiệm chứa mẫu thử của các dung dịch -Mẫu có khí không màu thoát ra là NaHCO3 H2SO4 + 2KHCO3  → K2SO4 + 2H2O +2CO2 -Mẫu có kết tủa trắng và có khí không màu thoát ra là Ba(HCO3)2 H2SO4 + Ba(HCO3)2  → BaSO4 + 2H2O +2CO2 -Mẫu có kết tủa keo trắng sau đó kết tủa tan dần là KAlO2 H2SO4 + 2KAlO2+ 2H2O  → 2Al(OH)3 + K2SO4 2Al(OH)3 + 2H2SO4  → 2Al2(SO4)3 +6H2O -Mẫu mà chất lỏng không tan tách thành 2 lớp có bề mặt phân chia là C6H6 -Mẫu chất lỏng tạo dung dịch trong suốt đồng nhất là C2H5OH 2. - Khi V =0,3 lít: nBa(OH)2 = 0,15 mol thì kết tủa đạt cực đại tức là toàn bộ ion HCO3- tạo kết tủa  x = nkết tủa cực đại =0,2 mol Khi V =0,1 lít: nBa(OH)2 = 0,05 mol thì BaCl2 vừa hết và NaHCO3 dư Ba(OH)2 + 2NaHCO3  → BaCO3 + Na2CO3 0,05 0,05 0,05 BaCl2 + Na2CO3  → BaCO3 + 2NaCl 0,05 y 0,05  y = 0,05 Vậy: x=0,2 và y = 0,05 Câu 5 1. (2 điểm) A là C6H5-CH(CH3)2: isopropylbenzen hoặc cumen H 2 SO 4 PTHH: C6H6 + CH2=CH-CH3 → C6H5-CH(CH3)2 B là C6H3(CH3)3: 1,3,5-trimetylbenzen Fe , t 0 C6H3(CH3)3 + Br2  → C6H2Br(CH3)3 + HBr a.s C6H3(CH3)3 + Br2 → (CH3)2C6H3-CH2Br + HBr 2. -Ống thứ nhất có lớp chất lỏng phía trên màu vàng và lớp chất lỏng phía dưới không màu. Do brom tan trong hexan tốt hơn trong nước nên tách toàn bộ brom từ nước. - Ống thứ hai có lớp chất lỏng phía trên không màu và lớp chất lỏng phía dưới cũng không màu. Do có phản ứng của hex-2-en với brom tạo

0,25

0,5

0,25

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

0,5

Trang 32

Câu 6 (2 điểm)

sản phẩm là chất lỏng không màu, không tan trong nước, nhẹ hơn nước. CH3-CH=CH-[CH2]3-CH3 + Br2  → CH3-CHBr-CHBr-[CH2]3-CH3 -Khí A bị hấp thụ bởi dung dịch brom là anken hoặc ankin 1, 2096 − 0,8064 = 0,018 molmà mA = 0,468 gam 22, 4  MA = 26  A là C2H2

0,5

 nA =

0,5

Hỗn hợp khí thoát ra khỏi bình brom là 2 ankan B và C Đặt CTTB của B, C là Cn H 2 n+ 2 Ta có: nC2H2 (trong 672 ml hhX) = 0,01 mol  nB,C trong X = 0,03- 0,01 = 0,02 mol Sản phẩm cháy tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 nBa(OH)2 =0,035 mol; nBaCO3 = 0,025 mol Th1: Chỉ tạo muối trung hòa, Ba(OH)2 dư nCO2 = nBaCO3 = 0,025 mol  0,01.2 + 0,02. n = 0,025  n = 0,25 (loại) Th2: Tạo 2 muối : BaCO3 (0,025 mol) và Ba(HCO3)2 (0,0350,025=0,01 mol) nCO2 = 0,025 + 0,01.2 = 0,045 mol  0,01.2 + 0,02. n = 0,045  n = 1,25  B, C là CH4 (x mol)và C2H6 (y mol) Ta có hệ:

0,25 Câu 8 1. (2 điểm) TH1: Muối trung hòa M2(CO3)n (n là hóa trị của M) PTHH: M2(CO3)n + nNSO4  → M2(SO4)n + nNCO3

0,25

0,25 0,25

0,25

21,9 − 18

0,5

Câu 7 1. (2 điểm) A là Al, B là S, C là O, X là Al2S3, E là SO2, Y là Al2O3, Z là Al2(SO4)3 t0 PTHH: 2Al + 3S  → Al2S3 Al2S3 + 6H2O  → 2Al(OH)3 + 3H2S t0 2H2S + 3O2  → 2SO2 + 2H2O

0,5

18 = 120 = N + 96  N =24  N là Mg  CT muối: MgSO4 0,15 38,85 × n MM(HCO3)n = = 129,5n = M + 61n 0,3  M =68,5n  n=2 và M=137 (Ba)  CT muối: Ba(HCO3)2

MNSO4 =

0,25

2. Vì ancol tách nước tạo anken nên ancol no, đơn chức, mạch hở CT chung 2 ancol: Cn H 2 n+ 2O

t0 S + O2  → SO2  → H2SO3 SO2 + H2O ← 

 → 2Al(OH)3 + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 6H2O ← 

0,5 2. 12,8 × 8, 75 nO (X)= = 0, 07mol 100 ×16 1,568 nH2 = = 0, 07 mol 22, 4 Sơ đồ: X + H2O  → Na+ + K+ + Ba2+ + OH-+ H2

 [OH-]dư =

0,25

Tăng giảm KL  nNSO4 = = 0,15 mol 122 − 96

 x + 2 y = 0, 045  x = 0, 015   x + y = 0, 02   y = 0, 005 %V =50%; %VC2H6 =16,67%; %VC2H2 = 33,33%;  CH4

nOH- =2.nO (X) + 2.nH2 = 0,28 mol H+ + OH-  → H2O 0,1 0,14

Nhận thấy mkết tủa < mmuối cacbonat bđ nên không có kết tủa M2(SO4)n mkết tủa > mmuối sunfat bđ nên không có kết tủa NCO3  TH này không xảy ra TH2: Muối axit M(HCO3)n PTHH: 2M(HCO3)n + nNSO4  → M2(SO4)n + nN(HCO3)2 Kết tủa là M2(SO4)n BTKL  mN(HCO3)2 = 38,85 + 18 – 34,95 = 21,9 gam

Sơ đồ: hh A  → hh B + H2O  mH2O = 16,6 – 13= 3,6 gam  nH2O =0,2 mol

0,25

→ CO2 + H2O B + O2  0,8 0,9 mol  hhA : (Cn H 2 n+ 2O) + O2  → CO2 + H2O 0,8 (0,9 + 0,2) mol  nA = 1,1 – 0,8 = 0,3 mol

0,5

0, 04 = 0,1M  pH = 13. 0, 4

 n=

nCO2 nA

8 3

 2 ancol là C2H5OH (x mol): CH3-CH2OH và C3H7OH (y mol): CH3-CH2-CH2OH hoặc CH3-CH(OH)-CH3

Trang 33

0,5 Trang 34

Ta có: x + y = 0,3 và 2x + 3y = 0,8  x= 0,1 và y =0,2  %nC2H5OH =33,33%; %nC3H7OH =66,67%. 0,25 Câu 9 nN 2 44 − 32 3 (2 điểm) Hỗn hợp X (0,04 mol): n = 32 − 28 = 1  N2O

0,25

nN2 = 0,03 mol; nN2O =0,01 mol. Sơ đồ:E+ HNO3  → F: Mg2+, Mn+, NO3- (muối KL), NH4NO3 (a mol) + N2 (0,03); N2O (0,01) Ta có: nNO3- ( muối KL) = 0,03.10 + 0,01.8 +8a = 0,38 + 8a mmuối = 25,28.2 = 6,84 + 62(0,38 + 8a) + 80a  a=0,035 TH1: M không phải là kim loại có hiđroxit lưỡng tính  Kết tủa gồm: Mg(OH)2 và M(OH)n Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg và M trong hhE  24 x + My = 6,84 

0,5

 24 x + My = 6,84  Loại  24 x + My = −2,52

Ta có: 58 x + ( M + 17 n) y = 4,35.2    2 x + ny = 0,38 + 8.0,035 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC

TH2: M là kim loại có hiđroxit lưỡng tính  Kết tủa là Mg(OH)2:

…)? 0,5 Vì các kim loại này tiếp tục cháy trong khí CO2 theo phương trình: t0 2 Mg + CO2  → 2MgO + C t0 4Al + 3CO2 → 2Al2O3 + 3C t0 C + O2  → CO2 t0 C + O2 → 2CO Chú ý khi chấm: - Trong các pthh nếu viết sai công thức hoá học thì không cho điểm. Nếu không viết điều kiện (theo yêu cầu của đề) hoặc không cân bằng pt hoặc cả hai thì cho 1/2 số điểm của phương trình đó. - Nếu làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm ứng với các phần tưong đương.

4,35.2 = 0,15mol = nMg 58

0,25

 mM = 6,84 - 0,15.24 =3,24 gam 3, 24 Bảo toàn e: 0,15.2 + M .n = 0,38 + 8.0,035  M = 9n  n =3 và M=27 (Al) 1.PTHH điều chế: CaCO3 + 2HCl  → CaCl2 + CO2 + H2O

Câu 10 (2 điểm) Sản phẩm khí thu được sau phản ứng gồm: CO2, HCl, hơi H2O  HS1 làm đúng: Bình (X) đựng dung dịch NaHCO3 để rửa khí ( loại

bỏ HCl), bình Y đựng H2SO4 đặc dùng để làm khô khí ( loại nước) → NaCl + H2O + CO2 Bình X: NaHCO3 + HCl   HS2 làm sai: Khi đổi thứ tự bình X và Y thì CO2 thu được vẫn còn lẫn hơi nước 2. a.Không nên bón các loại phân đạm amoni hoặc đạm ure và phân lân với vôi vì: + Làm giảm hàm lượng N trongphân đạm do: CaO + H2O → Ca(OH)2 2NH4Cl + Ca(OH)2 → 2NH3↑ + 2H2O + CaCl2 (NH2)2CO + 2H2O → (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2 → 2NH3↑ + CaCO3 + 2H2O + Phân lân sẽ tác dụng với Ca(OH)2 tạo dạng không tan, cây trồng khó hấp thụ, đất trồng trở nên cằn cỗi. 2Ca(OH)2 + Ca(H2PO4)2→ Ca3(PO4)2 + 4H2O.

0,5 0,5

0,25 0,25

0,25

b. Không dùng khí CO2 để dập tắt đám cháy của một số kim loại (Mg, Al, Trang 35

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

(Đề thi có 02 trang, gồm 9 câu)

Cho biết nguyên tử khối: H =1, C =12, N =14, O =16, F=19, Mg =24, Al = 27, Si =28, P =31, S =32, Ca = 40, Fe= 56, Zn=65, Ba= 137. Câu 1. (3,0 điểm) 1. Rót nhẹ 1,0 ml benzen vào ống nghiệm chứa sẵn 2,0 ml dung dịch nước brom. Lắc kĩ ống nghiệm, sau đó để yên. Nêu hiện tượng, giải thích. 2. Các hiđrocacbon X, Y, Z, T (thuộc chương trình Hóa học 11, MX < MY < MZ < MT) đều có 7,7 % khối lượng hiđro trong phân tử. Tỷ khối hơi của T so với không khí bé hơn 4,0. Các chất trên thỏa mãn: - 1 mol chất T tác dụng tối đa 1 mol Br2 trong CCl4. - Từ chất X, để điều chế chất Y hoặc chất Z chỉ cần một phản ứng. - Cần 3 phản ứng để điều chế được chất T từ hai chất X và Z. - Từ mỗi chất X, Y, T chỉ được dùng thêm HCl, H2 và không quá hai phản ứng thu được các polime quan trọng tương ứng dùng trong đời sống là X’, Y’, T’. a. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên các chất X, Y, Z, T, X’, Y’, T’. b. Viết phương trình các phản ứng xảy ra. Câu 2. (3,0 điểm) 1. Cân bằng phương trình phản ứng dưới dạng ion thu gọn cho các thí nghiệm sau (mỗi thí nghiệm viết 1 phương trình) a. Hòa tan FeSx trong dung dịch HNO3 đặc, dư và đun nóng. b. Cho dung dịch K2S dư vào dung dịch Fe2(SO4)3. c. Cho dung dịch NH4HSO4 vào dung dịch Ba(HSO3)2. d. Cho dung dịch Ba(AlO2)2 vào dung dịch Al2(SO4)3. e. Cho a mol kim loại Ba vào dung dịch chứa a mol NH4HCO3. 2. X là một hợp chất tạo bởi sắt và cacbon có trong một loại hợp kim. Trong X có 93,33% khối lượng của Fe. Hòa tan X trong HNO3 đặc nóng, thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp chất rắn Z. Nung Z đến

Trang 36

khối lượng không đổi, thu được hỗn hợp chất rắn T. Hòa tan hỗn hợp T trong dung dịch H2SO4 loãng, đun nóng, thu được hỗn hợp khí Q. Hỗn hợp Q làm nhạt màu dung dịch KMnO4 trong H2SO4 loãng. a. Xác định công thức phân tử của X và các chất có trong hỗn hợp T. b. Viết phương trình phản ứng của T với H2SO4, khí Q với dung dịch KMnO4. Câu 3. (2,0 điểm) Khi cho hai phân tử isopren đime hóa với nhau, trong đó một phân tử cộng hợp kiểu 1,4 và một phân tử cộng hợp kiểu 3,4 sinh ra phân tử limonen. 1. Hiđro hóa hoàn toàn limonen bởi H2 (Ni, t0) thu được mentan (1-metyl-4-isopropylxiclohexan); còn hiđrat hóa limonen (xúc tác axit) ở nhánh, thu được terpineol. Hiđrat hóa terpineol, thu được terpin (được dùng làm thuốc chữa ho). Hãy xác định công thức cấu tạo của limonen, mentan, terpineol, terpin. 2. Ozon phân limonen, sau đó xử lý với Zn/CH3COOH thì thu được những sản phẩm hữu cơ nào? Viết công thức cấu tạo của chúng. Câu 4. (2,0 điểm) Photpho tồn tại trong tự nhiên ở dạng quặng apatit. Một mẩu quặng apatit gồm canxi photphat, canxi sunfat, canxi cacbonat, canxi florua được xử lí bằng cách cho vào hỗn hợp của axit photphoric và axit sunfuric để tạo thành canxi đihiđrophotphat tan được trong nước dùng làm phân bón. a. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Giải thích tại sao các phản ứng được thực hiện ở nhiệt độ dưới 600C và trong tủ hốt? b. Kết quả phân tích thành phần khối lượng một mẫu apatit như sau: Thành phần CaO P2O5 SiO2 F SO3 CO2 % khối lượng 52,69% 39,13% 2,74% 1,79% 3,23% 1,18% Hòa tan m gam mẫu apatit vào lượng vừa đủ 25,0 ml dung dịch H3PO4 1,0M và H2SO4 0,2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng (ở nhiệt độ dưới 600C), thu được m1 gam chất rắn gồm CaSO4.2H2O, Ca(H2PO4)2, SiO2. Tính m và m1. Câu 5. (2,0 điểm) Hỗn hợp khí X gồm một ankan, một anken và hiđro. Cho 7,84 lít X đi qua chất xúc tác Ni, nung nóng, thu được 6,72 lít hỗn hợp khí Y. Dẫn Y đi qua dung dịch KMnO4 thì màu của dung dịch bị nhạt và thấy khối lượng bình tăng thêm 2,80 gam. Sau phản ứng, còn lại 4,48 lít hỗn hợp khí Z có tỷ khối so với hiđro là 20,25. Các khí cùng đo ở đktc, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Hãy xác định công thức phân tử và phần trăm thể tích của các khí có trong hỗn hợp Y. Câu 6. (2,0 điểm) Thực hiện hai thí nghiệm sau: Thí nghiệm 1: Sục từ từ đến dư khí CO2 vào dung dịch hỗn hợp chứa x mol NaOH, y mol KOH và z mol Ba(OH)2. Thí nghiệm 2: Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hợp chứa a mol Al2(SO4)3 và b mol NaHSO4 (a > b). a. Ở mỗi thí nghiệm, thứ tự các phản ứng xảy ra như thế nào? Viết phương trình các phản ứng đó. b. Vẽ đồ thị biểu diễn giá trị khối lượng kết tủa theo số mol CO2 (ở thí nghiệm 1) và theo số mol Ba(OH)2 (ở thí nghiệm 2). Câu 7. (2,0 điểm) Hòa tan hết 8,96 gam hỗn hợp X gồm Mg, MgCO3, Zn, ZnCO3 trong dung dịch chứa 0,43 mol KHSO4 và 0,05 mol HNO3. Sau khi kết thúc phản ứng, thu được 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm CO2, NO, H2 (trong đó H2 chiếm 1/3 thể tích Z) và dung dịch Y chỉ chứa m gam muối trung hòa. Tính m. Câu 8. (2,0 điểm) Hòa tan 1,0 gam NH4Cl và 1,0 gam Ba(OH)2.8H2O vào một lượng nước vừa đủ thì thu được 100 ml dung dịch X (ở 250C). a. Tính pH của dung dịch X, biết pKa (NH4+) = 9,24 b. Tính nồng độ mol/lít của tất cả các ion trong dung dịch X. c. Tính pH của dung dịch thu được sau khi thêm 10 ml dung dịch HCl 1,0M vào dung dịch X.

Trang 37

Câu 9. (2,0 điểm) Đốt cháy hết m gam một hiđrocacbon X cần vừa đủ 2,688 lít O2 (đktc). Để phản ứng hết với lượng CO2 sinh ra cần ít nhất 100 ml dung dịch NaOH 0,75M. Cho X tác dụng với Cl2 (ánh sáng, tỷ lệ mol 1:1) thu được 4 sản phẩm monoclo và phần trăm khối lượng tương ứng là: A (30%), B (15%), C (33%), D (22%). a. Viết công thức cấu tạo và gọi tên thay thế A, B, C, D. b. Sản phẩm nào dễ hình thành nhất. Vì sao? Viết cơ chế phản ứng tạo sản phẩm đó. c. So sánh khả năng thế tương đối của nguyên tử hiđro ở cacbon bậc 1, 2, 3 bởi clo của X. --------Hết------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………… Số báo danh……………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2018-2019

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA 11 CÂU NỘI DUNG 1 1. Ban đầu có sự phân lớp chất lỏng- chất lỏng màu nâu đỏ phân lớp dưới, sau đó lại có sự phân lớp chất lỏng – chất lỏng màu nâu đỏ phân lớp trên. Nguyên nhân: Br2 ít tan trong nước, tan nhiều trong benzen. 2. a. X( axetilen, CH≡CH), Y( vinyl axetilen, CH≡C-CH=CH2), Z ( benzen), T(stiren, C6H5-CH=CH2), X’( PE hoặc PVC), Y’ (polibutađien hoặc policlopren), Z’( polistiren, poli (butađien-stiren) )

ĐIỂM

b. Phương trình phản ứng: - C6H5-CH=CH2+ Br2→ C6H5-CHBr-CH2Br - X -> Y: 2CH≡CH → CH≡C-CH=CH2, -Y-> Z: 3CH≡CH→ C6H6. + C6 H 6 + H2 ZnO → C2 H 4  → C6 H 5 − C2 H 5   → C6 H 5 − C2 H 3 - X, Z → T: C2 H 2  Pd H+ t0

-X→X’:

-Y →Y’: - T→T’: 2

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

+ H2 T .H CH ≡ C − CH = CH 2  → CH 2 = CH − CH = CH 2  → polibutadien Pd + HCl T .H CH ≡ C − CH = CH 2  → CH 2 = CCl − CH = CH 2  → poliisopren HgSO4

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

1. a. FeSx +(4x+6) H+ +(6x+3)NO3- → Fe3+ + xSO42- +( 6x+3) NO2 +(2x+3) H2O

Trang 38

b. 3S2- + 2Fe3+ → 2FeS + 3S c. HSO4- + HSO3- + Ba2+ → BaSO4 + SO2 +H2O. d. 3Ba2++ 6AlO2- + 2Al3+ +3SO42- +12H2O → 3BaSO4 + 8Al(OH)3 có thể chấp nhận: Ba2++ 3AlO2- +Al3+ +SO42- +6H2O → BaSO4 + 4Al(OH)3 e. Ba + NH4+ + HCO3- → BaCO3 + NH3 + H2 2. a. X là Fe3C.

   H 3PO 4 : 0, 025 m ol   H 2SO 4 :0, 005 m ol  0, 3913 m m ol  P2 O 5 : 142  0, 5269 m  m ol  C aO : 56  0 , 0 3 2 3 m  SO : 3  80

 N aN O2  N aN O2  N aN O 0  NO2 NO   + H N O3 3 H 2 SO4 aO H F e 3 C   → Y   N → Z   t→ T  N a 2 C O 3  +  →Q C O2 C O2  N a 2C O3  N aO H   N a O H

Bảo toàn Canxi ta có:

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

Tính m1: 0, 0323 m  ).172 CaSO4 .2 H 2 O : (0,005 + 80  0, 025 0,3913 m  + ).234 Ca ( H 2 PO4 ) 2 :( 2 142   SiO2 : 0, 0274 m .  

b. T+ H2SO4 và Q + dung dịch KMnO4

3NaNO2 + H2SO4 →Na2SO4 + NaNO3 + 2NO + H2O. Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + H2O + CO2. 5NO + 3KMnO4 + 2H2SO4 → Mn(NO3)2 + 2MnSO4 + 3KNO3 + 2H2O Hoặc: 5NO + 3MnO4- + 4H+ → 3Mn2+ + 5NO3- + 2H2O 5 3

0, 0323 m  ( B T lu u h u y n h ) C aSO4 : 0, 005 +  80  →  0 , 0 2 5 0 , 3 913 m C a(H PO ) : + ( B T p h o tp h o ) 2 4 2  2 142

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

Vì hỗn hợp Y làm nhạt màu dung dịch KMnO4 nên Y có anken dư và H2 hết H2 Cx H2 x   Cx H2 x+2 d d KMnO4 Ni ,t 0 →0,3 molY Cx H2 x+2  →0,2 mol Z  0,35 mol X Cx H2 x  +2,8 gam Cy H2 y+2 C H C H  y 2 y +2  y 2 y +2 => nH2 = nX − nY = 0,05 mol

nCx H2 x (Y ) = nY − nZ = 0,1    => MCx H2 x = 28 => Cx H2 x (C2 H4 )  mCx H2 x (Y ) = 2,8

nCx H2 x+2 = nH2( p.u ) = 0,05 => nCy H2 y+2 = 0,2 − 0,05 = 0,15; mZ = 0,2.40,5 = 0,05.30 + 0,15(14 y + 2) => y = 3 (C3 H8 )

b. 6.

a. Phương trình phản ứng CaCO3 + H2SO4→CaSO4 + H2O + CO2 CaF2 + H2SO4 →CaSO4 + 2HF Ca3(PO4)2 + 2H2SO4 → Ca(H2PO4)2 + 2CaSO4 Ca3(PO4)2 + 4H3PO4 → 3Ca(H2PO4)2 CaF2 + 2H3PO4 → Ca(H2PO4)2 + 2HF CaCO3 +2H3PO4 → Ca(H2PO4)2 + H2O + CO2 Phản ứng được làm trong tủ hốt vì tránh có sự xuất hiện của khí độc HF trong phòng thí nghiệm. Phải thực hiện ở nhiệt độ dưới 600C vì đảm bảo độ bền của thạch cao sống CaSO4.2H2O có trong phân bón. b. Tính m:

Trang 39

=> %V cac khitrongY a. TN1: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (1) CO2 + 2OH- → CO32- + H2O (2) CO2 + CO32- +H2O → 2HCO3- ( 3) CO2 + H2O + BaCO3 → Ba(HCO3)2 ( 4) TN2: Ba(OH)2 + 2NaHSO4 → BaSO4 + Na2SO4 + 2H2O (1) 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (2) Ba(OH)2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2NaOH (3) OH- + Al(OH)3 →AlO2- + 2H2O (4)

b. Đồ thị m↓

Trang 40

nC O 2 = n N aOH = 0, 075 m ol

197z

n H 2 O = 2( nO 2 − nC O 2 ) = 2(0,12 − 0, 075) = 0, 09 m ol nCO2 z

x+y+z

n H 2O > nCO2 => X ( ankan).

x+y+2z

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

= 5 => CTPT X : (C5 H12 ) nX Trong 3 đồng phân của C5H12, chỉ có (CH3)2CH-CH2-CH3 thỏa mãn khi tác dụng clo sinh 4 sản phẩm monoclo. Vậy CTCT, tên gọi của các sản phẩm A, B, C, D: A là CH2Cl-CH(CH3)-CH2CH3: 1-clo-2-metylbutan. B là (CH3)2CH-CH2-CH2Cl: 1-clo-3-metylbutan. C là (CH3)2CH-CHCl-CH3 : 2-clo-3-metylbutan. D là (CH3)2CCl-CH2-CH3: 2-clo-2-metylbutan. b. (CH3)2CCl-CH2-CH3: 2-clo-2-metylbutan là sản phẩm dễ hình thành nhất, do gốc tự do (CH3)2C*-CH2-CH3 bậc ba bền nhất. Cơ chế phản ứng: Khơi mào: a .s Cl2  → 2Cl * Phát triển mạch: → ( CH 3 )2 C * − CH 2 − CH 3 +HCl ( CH 3 )2 CH − CH 2 − CH 3 + Cl * 

m↓ 855a +233b

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

116,5b

nBa(OH)2 0,5b

3a+ 0,5b

4a+0,5b

3a+b

nCO2

1,0

0,5

→ ( CH 3 )2 CCl − CH 2 − CH 3 + Cl * ( CH 3 )2 C * − CH 2 − CH 3 + Cl2 

K +  2+ H2 0, 05 mol Mg Mg 0, 43 mol KHSO4    2+ 8,96 g Zn +  →  NO(0,1 − a) mol + Y Zn + H 2O CO (a mol ) 0, 05 mol HNO3 CO a mol  NH + (a − 0,05) mol  3  2  4 SO42−  BTo xi : nH2O = a + 0,15 − (0,1 − a) = 2a + 0,05 thay nH2O =2 a+0,05

BT hidro :0, 48 = 0,1 + 4a − 0, 2 + 2nH2O → a = 0,06. BTKL : mmuoiY = (8,96 + 0, 43.136 + 0,05.63) − (0,05.2 + 0, 04.30 + 44.0,06 + 0,17.18) = 63,59 gam

a. NH4+ +OH−  →NH3 + H2O nNH4Cl =18,7.10−3 mol; nBa(OH)2 = 3,17.10−3 mol => nNH3 = 6,34.10−3 mol; nNH + (du) =12,4.10−3 mol 4

NH4+

 → ←  

6,34.10−2 M

ka =

c. khi thêm 0,01 mol HCl vào dung dịch ta có NH3+H+→NH4+ nNH 3 ( p.u ) = 6,34.10−3 mol . Giả thiết thể tích dug dịch là 110 ml, bỏ qua sự phân ly của NH4+ thì [H+]dư= 0,0333M => pH=1,48.

2 ( CH 3 ) 2 C * − CH 2 − CH 3  → CH 3CH 2 − (CH 3 )2 C − C (CH 3 ) 2 − CH 2 − CH 3 2Cl *  → Cl2 c. Gọi tốc độ phản ứng thế của H của cacbon bậc 1, bậc 2, bậc 3 lần lượt là v1, v2, v3. Ta có tỷ lệ: 45 33 22 9v1 : 2v2 : v3 = ( 30 + 15) % : 33% : 22% => v1 : v2 : v3 = : : = 1: 3,3 : 4, 4. 9 2 1 Nghĩa là H bậc 2, bậc 3 có tốc độ thế Clo gấp H bậc 1 là 3,3 và 4,4 lần.

0,5

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

NH3 + H+, ka =10−9,24

[NH3][H+ ] [NH4+ ] => [H+ ] = .ka =1,13.10−9 M; => pH = 8,95 + [NH4 ] [NH3 ] b. [NH4+]=0,124M; [Ba2+] =0,0317M; [H+]=1,13.10-9M; [Cl-] =0,187M; [OH-] =8,85.10-6M. 12,4.10−2 M

Tắt mạch: → ( CH 3 )2 CCl − CH 2 − CH 3 ( CH 3 )2 C * − CH 2 − CH3 + Cl * 

Trang 41

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2018 - 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: HÓA HỌC - LỚP 11 (Đề thi gồm 2 trang) Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. (4 điểm) 1) Bằng kiến thức về phân bón hoá học, em hãy giải thích câu tục ngữ: “Lúa chiêm lấp ló đầu bờ Hễ nghe tiếng sấm phất cờ mà lên” 2) Viết công thức hoặc nêu thành phần chính của lân nung chảy, supephotphat, đạm ure, đạm amoni và giải thích một số kĩ thuật bón phân sau đây: Lân nung chảy thích hợp với đất chua. Không nên bón phân supephotphat, phân đạm ure, phân đạm amoni cùng với vôi bột.

Trang 42

3) X và Y là 2 trong số 4 chất sau: NaCl, FeCl2, Fe(NO3)2 và Al(NO3)3. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp hai chất X và Y (có số mol bằng nhau) vào nước thu được dung dịch Z. Chia Z thành 3 phần bằng nhau để tiến hành 3 thí nghiệm: Thí nghiệm 1: Cho dung dịch NaOH dư vào phần 1, thu được n1 mol kết tủa. Thí nghiệm 2: Cho dung dịch NH3 dư vào phần 2, thu được n2 mol kết tủa. Thí nghiệm 3: Cho dung dịch AgNO3 dư vào phần 3, thu được n3 mol kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và n1 < n2 < n3. Hãy chỉ ra cặp chất X, Y phù hợp, viết các phương trình phản ứng xảy ra và giải thích sự lựa chọn đó.

Bước 1: Mở khoá phễu cho H2O chảy từ từ xuống bình cầu đựng CaC2. Bước 2: Dẫn X vào bình 1 đựng dung dịch Br2. Bước 3: Dẫn X vào bình 2 đựng dung dịch AgNO3 trong NH3. Bước 4: Đốt cháy X. Nêu hiện tượng, viết các phương trình phản ứng hoã học đã xảy ra, gọi tên các phản ứng xảy ra ở bước 2, 3 và 4.

Câu 2. (2 điểm) Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Na, K2O, Ba và BaO (trong đó oxi chiếm 10% về khối lượng) vào nước, thu được 100 ml dung dịch Y và 0,56 lít khí H2 (đktc). Trộn 100 ml dung dịch Y với 400 ml dung dịch gồm HCl 0,4M và HNO3 0,1M, thu được 500 ml dung dịch có pH=1. 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra. 2) Tính giá trị của m. Câu 3. (2 điểm) Nhỏ từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch chứa m gam hỗn hợp Al2(SO4)3, AlCl3 và Al(NO3)3 (trong đó AlCl3 và Al(NO3)3 có số mol bằng nhau). Sự phụ thuộc của khối lượng kết tủa (y gam) vào số mol Ba(OH)2 (x mol) được biểu diễn bằng đồ thị (hình bên). 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học để giải thích sự biến thiên của đồ thị. 2) Tính giá trị của m. Câu 4. (2 điểm) Hoà tan hoàn toàn 7,68 gam Mg vào dung dịch chứa 0,96 mol HNO3, thu được dung dịch X và m gam hỗn hợp khí. Thêm dung dịch chứa 0,8 mol KOH vào X, thu được dung dịch Y, kết tủa và 0,896 lít khí Z (đktc). Lọc bỏ kết tủa, cô cạn Y thu được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi, thu được 66,84 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m.

Câu 5. (2 điểm) Nhỏ từ từ 1 lít dung dịch X gồm H2SO4 0,1M và HCl 0,3M vào 1 lít dung dịch Y gồm NaHCO3 0,3M và K2CO3 0,3M, thu được V lít khí CO2 (đktc) và dung dịch Z. Cho dung dịch Ba(OH)2 tới dư vào Z, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra. 2) Tính các giá trị của V và m. Câu 6. (4 điểm) 1) Tiến hành thí nghiệm điều chế và thử tính chất của hiđrocacbon X theo sơ đồ và các bước sau đây:

2) Tiến hành 4 thí nghiệm nghiên cứu tính chất của hiđrocacbon thơm như sau: Thí nghiệm 1: Cho 0,5 ml brom vào ống nghiệm đựng 5 ml benzen, lắc đều, rồi để ống nghiệm trên giá trong 3 phút, nêu hiện tượng, giải thích. Cho thêm một ít bột sắt vào ống nghiệm, lắc liên tục trong 3 phút, nêu hiện tượng, giải thích. Thí nghiệm 2: Cho vào cùng một ống nghiệm 3 chất lỏng (2 ml dung dịch HNO3 đặc, 4 ml dung dịch H2SO4 đặc và 2 ml benzen), lắc đều, ngâm trong cốc nước 600C trong 5 phút, rót sản phẩm vào cốc nước lạnh. Nêu hiện tượng và giải thích. Thí nghiệm 3: Lấy 2 ống nghiệm, cho vào mỗi ống 1 ml dung dịch KMnO4 loãng, sau đó thêm tiếp 1 ml benzen vào ống nghiệm thứ nhất và 1 ml toluen vào ống nghiệm thứ hai, lắc đều, quan sát hiện tượng. Ngâm 2 ống nghiệm vào cùng 1 cốc nước sôi trong 5 phút. Nêu hiện tượng, giải thích. Thí nghiệm 4: Lấy 1 ống nghiệm hình chữ Y, cho vào nhánh một 1 ml benzen và nghiêng cho benzen dính vào thành ống nghiệm; cho vào nhánh hai một lượng KMnO4 bằng hạt đậu xanh và 1 ml dung dịch HCl đặc, đậy nút và đưa ống nghiệm ra ngoài ánh sáng. Nêu hiện tượng ở nhánh một và giải thích. Câu 7. (2 điểm) Đốt cháy 26,7 gam chất hữu cơ X bằng không khí vừa đủ, sản phẩm cháy cho qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, dư và bình 2 đựng nước vôi trong dư. Kết quả: khối lượng bình 1 tăng thêm 18,9 gam, bình 2 xuất hiện 90 gam kết tủa; khí thoát ra khỏi bình 2 có thể tích 104,16 lít (đktc). Biết: không khí có 20% thể tích là O2 và 80% thể tích là N2; X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Xác định công thức phân tử của X. Câu 8. (2 điểm) Một bình kín chứa hỗn hợp khí X gồm propin (0,2 mol), propen (0,3 mol), hiđro (0,5 mol) và một ít bột niken. Nung nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H2 bằng 14,4. Dẫn khí Y qua bình 1 đựng dung dịch AgNO3 dư trong dung dịch NH3, thu được m gam kết tủa và hỗn hợp khí Z thoát ra. Dẫn khí Z qua bình 2 đựng dung dịch brom dư, thấy có 24 gam brom phản ứng và hỗn hợp khí T thoát ra. Biết các phản ứng hoá học trong bình 1 và bình 2 đã xảy ra hoàn toàn. 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra. 2) Tính giá trị của m. Cho: H=1; C=12; N=14; O=16; F=19; Na=23; Mg=24; Al=27; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Ca=40; Cr=52; Mn=55; Fe=56; Ni=59; Cu=64; Zn=65; Br=80; Ag=108; Sn=119; I=127; Ba=137; Pb=207. Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn. _______________HẾT_______________ Họ và tên thí sinh:…………………...………………Số báo danh:…….............…………..….............. Người coi thi số 1:…………………...………………Người coi thi số 2…………...…………..............

Trang 43

Trang 44

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM NĂM HỌC 2018 - 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: HÓA HỌC - LỚP 11 (Bản hướng dẫn chấm thi gồm có 04 trang) A. Hướng dẫn chung Với yêu cầu viết phương trình phản ứng: nếu thiếu điều kiện phản ứng hoặc không cân bằng, trừ đi ½ số điểm của phương trình phản ứng đó; nếu thiếu hoặc thừa chất thì không được điểm. Với các yêu cầu định lượng: + Nếu học sinh định lượng theo phương trình phản ứng sai, thì không được điểm phần định lượng đó. + Học sinh có thể định lượng theo sơ đồ phản ứng, các định luật bảo toàn. - Học sinh làm bài theo cách khác đúng thì vẫn được tương đương. - Điểm của toàn bài thi được giữ nguyên, không làm tròn. B. Đáp án và thang điểm Câu 1. (4 điểm) Nội dung Điểm 1) Giải thích câu tục ngữ: 0,25 Tiếng sấm (tia lửa điện), là tác nhân giúp cho N2 kết hợp với O2 theo phản ứng: Tia lua dien  → 2NO N2 + O2 ←  NO kết hợp với O2 trong không khí theo phản ứng: 2NO + O2 → 2NO2 NO2 kết hợp với O2 không khí và nước mưa theo phản ứng: 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 Trong H2O, HNO3 bị phân li tạo ra ion NO3-, là đạm nitrat, có tác dụng kích thích sự sinh trưởng và phát triển của cây trồng. 2. Lân nung chảy có thành phần chính là hỗn hợp photphat và silicat của canxi và magie, khi bón cho đất chua sẽ tác dụng với axit có trong đất chua để tạo thành hợp chất dễ tan trong nước (cây dễ hấp thụ) đồng thời làm giảm độ chua của đất. Phân supephotphat có chứa Ca(H2PO4)2, bón cùng với vôi sẽ xảy ra phản ứng tạo thành chất không tan (cây khó hấp thụ). CaO + H2O → Ca(OH)2 Ca(H2PO4)2 + 2Ca(OH)2 → Ca3(PO4)2 + 4H2O Phân đạm ure có công thức (NH2)2CO, bón cùng vôi sẽ xảy ra phản ứng làm mất đạm (NH2)2CO + 2H2O → (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2 → CaCO3 + 2NH3 + 2H2O Phân đạm amoni là các muối amoni, bón cùng vôi sẽ xảy ra phản ứng làm mất đạm NH4+ + OH- → NH3 + H2O 3. Cặp chất X và Y là FeCl2 và Al(NO3)3. TN1: FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + 2NaCl. Al(NO3)3 + 4NaOH → NaAlO2 + 3NaNO3 + 2H2O. TN2: FeCl2 + 2NH3 + 2H2O → Fe(OH)2↓ + 2NH4Cl. Al(NO3)3 + + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3↓ + 3NH4NO3. TN3: FeCl2 + 3AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2AgCl↓. và Fe(NO3)2 + 2AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag↓. Hoặc FeCl2 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 2AgCl↓ + Ag↓. Nếu chọn nX=nY = 1 mol thì n1=1 mol; n2=2 mol; n3=3 mol, tức là n1 < n2 < n3 Câu 2. (2 điểm) Nội dung * Phản ứng hoà tan X vào nước 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (1) 2Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (2)

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

0,25

K2O + H2O → 2KOH (3) BaO + H2O → Ba(OH)2 (4) * Phản ứng của dung dịch Y với dung dịch HCl và H2SO4 H+ + OH- → H2O (5) * 500ml dung dịch có pH=1 => n H + dư sau phản ứng (5) = 0,1.0,5=0,05 mol

0,25

* 400 ml dung dịch gồm HCl 0,4M và HNO3 0,1M có n H + = (0,4+0,1).0,4=0,2 mol

0,25

n H + tham gia phản ứng (5) = 0,2 - 0,05 = 0,15 mol

* Theo phản ứng (5), n OH − tham gia phản ứng (5) =0,15 mol

0,25

* Theo phản ứng (1) và (2), n OH − sinh ra trong phản ứng (1) và (2) = 2 n H 2 =0,05mol

0,25

Vậy n OH − sinh ra trong phản ứng (3) và (4) = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol 0,25

1 n − =0,05 mol 2 OH mO trong X = 0,05.16=0,8 gam => mX = 0,8:10% = 8 gam

* Theo phản ứng (3) và (4), n O trong K2O và BaO =

0,25

Câu 3. (2 điểm) Nội dung 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học để giải thích sự biến thiên của đồ thị. Đoạn 1: khối lượng kết tủa tăng nhanh là do sự xuất hiện đồng thời của 2 kết tủa BaSO4 và Al(OH)3 theo phương trình: 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3. Đoạn 2: khối lượng kết tủa tăng chậm hơn đoạn 1 là do đoạn này chỉ xuất hiện 1 kết tủa Al(OH)3 Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 Đoạn 3: khối lượng kết tủa giảm dần là do Al(OH)3 bị hoà tan trong Ba(OH)2 dư: Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O. Đoạn 4: khối lượng kết tủa không thay đổi là do kết tủa BaSO4 không phản ứng với Ba(OH)2. 2) Tính giá trị của m. Với y=17,1 gam, ta có phương trình phản ứng hoá học: 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3. a => 3a 2a (mol) => mkết tủa = 3a.233 + 2a.78 = 17,1 gam => a = 0,02 => n SO 2− = 0,06 mol

Điểm 0,25

Với x=0,18 => n OH − = 0,36 mol, ta có phương trình phản ứng hoá học:

0,25

Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 0,12 <=0,36 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: n NO − ,Cl− =0,12.3-0,06.2=0,24 mol

0,25

Vì AlCl3 và Al(NO3)3 có số mol bằng nhau nên n NO − = n Cl− = 0,12 mol

0,25

m= m Al3+ + mSO 2− + m NO − + m Cl− =0,12.27+0,06.96+0,12.62+0,12.35,5=20,7 gam

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,5

0,5

Câu 4. (2 điểm) 0,5

0,25

Điểm 0,25

Trang 45

Điểm Nội dung 0,25 * nKOH=0,8 mol => n KNO 2 tối đa = 0,8 mol => m KNO2 tối đa = 0,8.85 = 68 gam > 66,84 gam => 66,84 gam chất rắn là hỗn hợp gồm KNO2 và KOH dư * Đặt số mol KNO2 và KOH dư lần lượt là x mol và y mol 0,25 Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố K, ta có nKOH ban đâu = x+y=0,8 mol (1) Khối lượng chất rắn = 85x + 56y = 66,84 gam (2) Giải hệ (1) và (2) => x=0,76 ; y=0,04 * Thêm KOH vào dung dịch X, thu được 0,896 lít khí X, ta có phương trình phản ứng hoá 0,25 học : NH4+ + OH- → NH3↑ + H2O

Trang 46

0,04 <= Sơ đồ:

0,04 (mol) 0,25

 Mg(NO 3 ) 2 ;0,32mol  '  Mg   HNO3     +  →  NH 4 NO 3 ;0, 04mol  + kh i + H 2O 0,32mol 0,96mol         HNO3 du Dung dịch X tác dụng với dung dịch chứa 0,8 mol KOH thu được dung dịch Y chứa 0,76 mol 0,25 KNO3 và 0,04 mol KOH dư => n HNO3 du = 0, 76 − 0,32.2 − 0,04 = 0,08mol Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố H, ta có n H 2O =

0,25

0,96 − 0, 04.4 − 0, 08 = 0,36 mol 2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: mkhí = (7,68 + 0,96.63) – (0,32.148+0,04.80+0,08.63) – 0,36.18 =6,08 gam Câu 5. (2 điểm) Nội dung 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra Khi nhỏ từ từ dung dịch X vào dung dịch Y, có 2 phản ứng theo thứ tự: H+ + CO32- → HCO3- (1) H+ + HCO3- → CO2↑ + H2O (2) Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào Z, có 2 phản ứng tạo kết tủa: Ba2+ + HCO3- + OH- → BaCO3 + H2O (3) Ba2+ + SO42-→ BaSO4↓ (4) 2) Tính các giá trị của V và m. n H + = 0,5 mol; n SO 2− = 0,1 mol; n HCO − = n CO 2− = 0,3 mol 4

0,5

Điểm 0,5

0,5 0,5

Tính giá trị của V H+ + CO32- → HCO3- (1) 0,3 <= 0,3 => 0,3 (mol) H+ + HCO3- → CO2↑ + H2O (2) 0,2 => 0,2 0,2 (mol) => V = 4,48 lít Dư 0,4 mol HCO3Tính giá trị của m Ba2+ + HCO3- + OH- → BaCO3 + H2O (3) 0,4 => 0,4 (mol) Ba2+ + SO42-→ BaSO4↓ (4) 0,1 => 0,1 (mol) m=0,4.197 + 0,1.233 = 102,1 gam Câu 6. (4 điểm)

0,5

TN2: Xuất hiện chất lỏng màu vàng nhạt, lắng xuống đáy cốc, đó là nitrobenzen được tạo thành do phản ứng: H 2SO 4 , t 0 C6H6 + HO-NO2  → C6H5NO2 + H2O TN3: Benzen không làm mất màu dung dịch thuốc tím; toluen làm mất màu dung dịch thuốc tím khi ngâm trong cốc nước sôi, do phản ứng: t0 C6H5CH3 + 2KMnO4  → C6H5COOK + 2MnO2 + KOH + H2O TN4: Ở nhánh một, xuất hiện khói trắng và trên thành ống nghiệm xuất hiện chất bột màu trắng, đó là C6H6Cl6 được tạo thành do các phản ứng: 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O as C6H6 + 3Cl2  → C6H6Cl6. Câu 7. (2 điểm) Nội dung Khối lượng bình 1 tăng 18,9 gam là khối lượng của H2O => n H 2O = 1,05 mol => nH = 2,1 mol

0,5

Điểm 0,25

Bình 2 xuất hiện 90 kết tủa là khối lượng của CaCO3 => n CaCO3 = 0,9 mol = n CO2 = n C

0,25

Sơ đồ: 18,9 gam X + Không khí → 0,9 mol CO2 + 18,9 gam H2O + 4,65 mol N2. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: mKK = 0,9.44 + 18,9 + 4,65.28 – 26,7 = 162 gam 162 n O2 KK = = 1,125 mol 32 + 4.28 => n N 2 (do X tạo ra) = 4,65 – 1,125.4=0,15 mol

0,25

0,5

0,25 0,25

0,25 26, 7 − (0,9.12 + 2,1 + 0,3.14) n O( trong X) = = 0, 6 mol 16 Tỉ số nC:nH:nO:nN = 0,9:2,1:0,6:0,3 = 3:7:2:1 0,25 => công thức đơn giản nhất của X là C3H7O2N Vì X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất nên công thức phân tử của X 0,25 cũng là C3H7O2N Câu 8. (2 điểm) Nội dung Điểm 0,25 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra. Phản ứng cộng H2 0

Ni, t → C3H6 C3H4 + H2  Ni, t 0

Nội dung 1) Tiến hành thí nghiệm điều chế và thử tính chất của hiđrocacbon X: Ở bước 1 có hiện tượng sủi bọt khí không màu CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2. Ở bước 2: dung dịch brom bị nhạt màu C2H2 + Br2 → C2H2Br2; phản ứng cộng Ở bước 3: xuất hiện kết tủa màu vàng nhạt C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3; phản ứng thế Ở bước 4: khí C2H2 cháy mạnh, có ngọn lửa màu xanh mờ C2H2 + 2,5O2 → 2CO2 + H2O; phản ứng oxi hoá 2) Thí nghiệm nghiên cứu tính chất của hiđrocacbon thơm: TN1: Khi chưa có bột sắt: dung dịch đồng nhất, có màu vàng không đổi. Nguyên nhân, benzen không tác dụng với brom ở điều kiện thường, benzen là dung môi hoà tan brom. Khi cho thêm bột sắt vào hỗn hợp phản ứng thì màu chất lỏng trong ống nghiệm nhạt màu dần, Fe do phản ứng: C6H6 + Br2  → C6H5Br + HBr

Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

Trang 47

C3H6 + H2  → C3H8 Hỗn hợp khí Y gồm C3H4, C3H6, C3H8 và H2; phản ứng với dung dịch AgNO3 dư trong NH3: CH≡C-CH3 + AgNO3 + NH3 →CAg≡C-CH3 + NH4NO3. Hỗn hợp khí Z gồm C3H6, C3H8 và H2; phản ứng với dung dịch brom dư: C3H6 + Br2 → C3H6Br2 Hỗn hợp khí T gồm C3H8 và H2. 2) Tính giá trị của m. * mX= 0,2.40 + 0,3.42 + 0,5.2 = 21,6 gam = mY MY = 14,4.2 = 28,8 => nY = 21,6/28,8 = 0,75 mol

0,25 0,25

0,25

Ni, t 1 mol X  → 0,75 mol Y => số mol hỗn hợp giảm = 0,25 mol = số mol H2 đã phản ứng. * n Br2 (phản ứng với Z) = 24/160 = 0,15 mol

* n π (trong X) = 0,2.2 + 0,3.1 = 0,7 mol => n C3 H4 (trong Y) =

0,25 0,25

0, 7 − 0, 25 − 0,15 = 0,15mol 2

Trang 48

=> n CAg ≡C −CH3 = 0,15mol => m=0,15.147=22,05 gam

0,25

___HẾT___ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2018 - 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: HÓA HỌC - LỚP 11 (Đề thi gồm 2 trang) Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. (4 điểm) 1) Bằng kiến thức về phân bón hoá học, em hãy giải thích câu tục ngữ: “Lúa chiêm lấp ló đầu bờ Hễ nghe tiếng sấm phất cờ mà lên” 2) Viết công thức hoặc nêu thành phần chính của lân nung chảy, supephotphat, đạm ure, đạm amoni và giải thích một số kĩ thuật bón phân sau đây: Lân nung chảy thích hợp với đất chua. Không nên bón phân supephotphat, phân đạm ure, phân đạm amoni cùng với vôi bột. 3) X và Y là 2 trong số 4 chất sau: NaCl, FeCl2, Fe(NO3)2 và Al(NO3)3. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp hai chất X và Y (có số mol bằng nhau) vào nước thu được dung dịch Z. Chia Z thành 3 phần bằng nhau để tiến hành 3 thí nghiệm: Thí nghiệm 1: Cho dung dịch NaOH dư vào phần 1, thu được n1 mol kết tủa. Thí nghiệm 2: Cho dung dịch NH3 dư vào phần 2, thu được n2 mol kết tủa. Thí nghiệm 3: Cho dung dịch AgNO3 dư vào phần 3, thu được n3 mol kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và n1 < n2 < n3. Hãy chỉ ra cặp chất X, Y phù hợp, viết các phương trình phản ứng xảy ra và giải thích sự lựa chọn đó. Câu 2. (2 điểm) Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Na, K2O, Ba và BaO (trong đó oxi chiếm 10% về khối lượng) vào nước, thu được 100 ml dung dịch Y và 0,56 lít khí H2 (đktc). Trộn 100 ml dung dịch Y với 400 ml dung dịch gồm HCl 0,4M và HNO3 0,1M, thu được 500 ml dung dịch có pH=1. 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra. 2) Tính giá trị của m. Câu 3. (2 điểm) Nhỏ từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch chứa m gam hỗn hợp Al2(SO4)3, AlCl3 và Al(NO3)3 (trong đó AlCl3 và Al(NO3)3 có số mol bằng nhau). Sự phụ thuộc của khối lượng kết tủa (y gam) vào số mol Ba(OH)2 (x mol) được biểu diễn bằng đồ thị (hình bên). 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học để giải thích sự biến thiên của đồ thị. 2) Tính giá trị của m. Câu 4. (2 điểm) Hoà tan hoàn toàn 7,68 gam Mg vào dung dịch chứa 0,96 mol HNO3, thu được dung dịch X và m gam hỗn hợp khí. Thêm dung dịch chứa 0,8 mol KOH vào X, thu được dung dịch Y, kết tủa và 0,896 lít khí Z (đktc). Lọc bỏ kết tủa, cô cạn Y thu được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi, thu được 66,84 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m.

Câu 5. (2 điểm) Nhỏ từ từ 1 lít dung dịch X gồm H2SO4 0,1M và HCl 0,3M vào 1 lít dung dịch Y gồm

Trang 49

NaHCO3 0,3M và K2CO3 0,3M, thu được V lít khí CO2 (đktc) và dung dịch Z. Cho dung dịch Ba(OH)2 tới dư vào Z, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra. 2) Tính các giá trị của V và m. Câu 6. (4 điểm) 1) Tiến hành thí nghiệm điều chế và thử tính chất của hiđrocacbon X theo sơ đồ và các bước sau đây: Bước 1: Mở khoá phễu cho H2O chảy từ từ xuống bình cầu đựng CaC2. Bước 2: Dẫn X vào bình 1 đựng dung dịch Br2. Bước 3: Dẫn X vào bình 2 đựng dung dịch AgNO3 trong NH3. Bước 4: Đốt cháy X. Nêu hiện tượng, viết các phương trình phản ứng hoã học đã xảy ra, gọi tên các phản ứng xảy ra ở bước 2, 3 và 4.

Trang 50

Câu 2. (2 điểm)

Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn. _______________HẾT_______________ Họ và tên thí sinh:…………………...………………Số báo danh:…….............…………..….............. Người coi thi số 1:…………………...………………Người coi thi số 2…………...………….............. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2018 - 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: HÓA HỌC - LỚP 11 (Bản hướng dẫn chấm thi gồm có 04 trang) A. Hướng dẫn chung Với yêu cầu viết phương trình phản ứng: nếu thiếu điều kiện phản ứng hoặc không cân bằng, trừ đi ½ số điểm của phương trình phản ứng đó; nếu thiếu hoặc thừa chất thì không được điểm. Với các yêu cầu định lượng: + Nếu học sinh định lượng theo phương trình phản ứng sai, thì không được điểm phần định lượng đó. + Học sinh có thể định lượng theo sơ đồ phản ứng, các định luật bảo toàn. - Học sinh làm bài theo cách khác đúng thì vẫn được tương đương. - Điểm của toàn bài thi được giữ nguyên, không làm tròn. B. Đáp án và thang điểm Câu 1. (4 điểm) Nội dung Điểm 1) Giải thích câu tục ngữ: 0,25 Tiếng sấm (tia lửa điện), là tác nhân giúp cho N2 kết hợp với O2 theo phản ứng: Tia lua dien  → 2NO N2 + O2 ←  NO kết hợp với O2 trong không khí theo phản ứng: 2NO + O2 → 2NO2 NO2 kết hợp với O2 không khí và nước mưa theo phản ứng: 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 Trong H2O, HNO3 bị phân li tạo ra ion NO3-, là đạm nitrat, có tác dụng kích thích sự sinh trưởng và phát triển của cây trồng. 2. Lân nung chảy có thành phần chính là hỗn hợp photphat và silicat của canxi và magie, khi bón cho đất chua sẽ tác dụng với axit có trong đất chua để tạo thành hợp chất dễ tan trong nước (cây dễ hấp thụ) đồng thời làm giảm độ chua của đất. Phân supephotphat có chứa Ca(H2PO4)2, bón cùng với vôi sẽ xảy ra phản ứng tạo thành chất không tan (cây khó hấp thụ). CaO + H2O → Ca(OH)2 Ca(H2PO4)2 + 2Ca(OH)2 → Ca3(PO4)2 + 4H2O Phân đạm ure có công thức (NH2)2CO, bón cùng vôi sẽ xảy ra phản ứng làm mất đạm (NH2)2CO + 2H2O → (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2 → CaCO3 + 2NH3 + 2H2O Phân đạm amoni là các muối amoni, bón cùng vôi sẽ xảy ra phản ứng làm mất đạm NH4+ + OH- → NH3 + H2O 3. Cặp chất X và Y là FeCl2 và Al(NO3)3. TN1: FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + 2NaCl. Al(NO3)3 + 4NaOH → NaAlO2 + 3NaNO3 + 2H2O. TN2: FeCl2 + 2NH3 + 2H2O → Fe(OH)2↓ + 2NH4Cl. Al(NO3)3 + + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3↓ + 3NH4NO3. TN3: FeCl2 + 3AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2AgCl↓. và Fe(NO3)2 + 2AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag↓. Hoặc FeCl2 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 2AgCl↓ + Ag↓. Nếu chọn nX=nY = 1 mol thì n1=1 mol; n2=2 mol; n3=3 mol, tức là n1 < n2 < n3

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

0,25

Nội dung * Phản ứng hoà tan X vào nước 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (1) 2Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (2) K2O + H2O → 2KOH (3) BaO + H2O → Ba(OH)2 (4) * Phản ứng của dung dịch Y với dung dịch HCl và H2SO4 H+ + OH- → H2O (5) * 500ml dung dịch có pH=1 => n H+ dư sau phản ứng (5) = 0,1.0,5=0,05 mol

0,25

* 400 ml dung dịch gồm HCl 0,4M và HNO3 0,1M có n H+ = (0,4+0,1).0,4=0,2 mol

0,25

Điểm 0,25

0,25

n H+ tham gia phản ứng (5) = 0,2 - 0,05 = 0,15 mol

* Theo phản ứng (5), n OH− tham gia phản ứng (5) =0,15 mol

0,25

* Theo phản ứng (1) và (2), n OH− sinh ra trong phản ứng (1) và (2) = 2 n H2 =0,05mol

0,25

Vậy n OH− sinh ra trong phản ứng (3) và (4) = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol 0,25

1 n − =0,05 mol 2 OH mO trong X = 0,05.16=0,8 gam => mX = 0,8:10% = 8 gam

* Theo phản ứng (3) và (4), n O trong K2O và BaO =

0,25

Điểm 0,25

Với x=0,18 => n OH − = 0,36 mol, ta có phương trình phản ứng hoá học:

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,5

Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 0,12 <=0,36 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: n NO − ,Cl− =0,12.3-0,06.2=0,24 mol

0,25

Vì AlCl3 và Al(NO3)3 có số mol bằng nhau nên n NO − = n Cl− = 0,12 mol

0,25

m= m Al3+ + mSO 2− + m NO − + m Cl− =0,12.27+0,06.96+0,12.62+0,12.35,5=20,7 gam

0,25

0,5

Câu 4. (2 điểm) 0,5

0,25

Trang 51

Nội dung * nKOH=0,8 mol => n KNO 2 tối đa = 0,8 mol => m KNO2 tối đa = 0,8.85 = 68 gam > 66,84 gam => 66,84 gam chất rắn là hỗn hợp gồm KNO2 và KOH dư * Đặt số mol KNO2 và KOH dư lần lượt là x mol và y mol Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố K, ta có nKOH ban đâu = x+y=0,8 mol (1)

Điểm 0,25 0,25

Trang 52

Khối lượng chất rắn = 85x + 56y = 66,84 gam (2) Giải hệ (1) và (2) => x=0,76 ; y=0,04 * Thêm KOH vào dung dịch X, thu được 0,896 lít khí X, ta có phương trình phản ứng hoá 0,25 học : NH4+ + OH- → NH3↑ + H2O 0,04 <= 0,04 (mol) Sơ đồ: 0,25  Mg(NO 3 ) 2 ;0,32mol  '  Mg   HNO3     +  →  NH 4 NO 3 ;0, 04mol  + kh i + H 2O 0,32mol  0,96mol   HNO du  3   Dung dịch X tác dụng với dung dịch chứa 0,8 mol KOH thu được dung dịch Y chứa 0,76 mol 0,25 KNO3 và 0,04 mol KOH dư => n HNO3 du = 0, 76 − 0, 32.2 − 0, 04 = 0, 08mol Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố H, ta có n H 2O =

0,96 − 0, 04.4 − 0, 08 = 0,36 mol 2

0,25 0,5

Điểm 0,5

0,5 0,5

0,5

TN1: Khi chưa có bột sắt: dung dịch đồng nhất, có màu vàng không đổi. Nguyên nhân, benzen không tác dụng với brom ở điều kiện thường, benzen là dung môi hoà tan brom. Khi cho thêm bột sắt vào hỗn hợp phản ứng thì màu chất lỏng trong ống nghiệm nhạt màu dần, Fe do phản ứng: C6H6 + Br2  → C6H5Br + HBr TN2: Xuất hiện chất lỏng màu vàng nhạt, lắng xuống đáy cốc, đó là nitrobenzen được tạo thành do phản ứng: H 2SO4 , t 0 C6H6 + HO-NO2  → C6H5NO2 + H2O TN3: Benzen không làm mất màu dung dịch thuốc tím; toluen làm mất màu dung dịch thuốc tím khi ngâm trong cốc nước sôi, do phản ứng: t0 C6H5CH3 + 2KMnO4  → C6H5COOK + 2MnO2 + KOH + H2O TN4: Ở nhánh một, xuất hiện khói trắng và trên thành ống nghiệm xuất hiện chất bột màu trắng, đó là C6H6Cl6 được tạo thành do các phản ứng: 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O as C6H6 + 3Cl2  → C6H6Cl6. Câu 7. (2 điểm) Nội dung Khối lượng bình 1 tăng 18,9 gam là khối lượng của H2O => n H 2O = 1,05 mol => nH = 2,1 mol

Điểm 0,25

Bình 2 xuất hiện 90 kết tủa là khối lượng của CaCO3 => n CaCO3 = 0, 9 mol = n CO2 = n C

0,25

0,5

0,25 0,25

0,25 26, 7 − (0, 9.12 + 2,1 + 0, 3.14) n O( trong X) = = 0, 6 mol 16 Tỉ số nC:nH:nO:nN = 0,9:2,1:0,6:0,3 = 3:7:2:1 0,25 => công thức đơn giản nhất của X là C3H7O2N Vì X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất nên công thức phân tử của X 0,25 cũng là C3H7O2N Câu 8. (2 điểm) Nội dung Điểm 0,25 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra. Phản ứng cộng H2 0

Ni, t C3H4 + H2  → C3H6 0

Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

Trang 53

Ni, t C3H6 + H2  → C3H8 Hỗn hợp khí Y gồm C3H4, C3H6, C3H8 và H2; phản ứng với dung dịch AgNO3 dư trong NH3: CH≡C-CH3 + AgNO3 + NH3 →CAg≡C-CH3 + NH4NO3. Hỗn hợp khí Z gồm C3H6, C3H8 và H2; phản ứng với dung dịch brom dư: C3H6 + Br2 → C3H6Br2 Hỗn hợp khí T gồm C3H8 và H2. 2) Tính giá trị của m. * mX= 0,2.40 + 0,3.42 + 0,5.2 = 21,6 gam = mY MY = 14,4.2 = 28,8 => nY = 21,6/28,8 = 0,75 mol

0,25 0,25

0,25

Ni, t 1 mol X  → 0,75 mol Y => số mol hỗn hợp giảm = 0,25 mol = số mol H2 đã phản ứng. * n Br2 (phản ứng với Z) = 24/160 = 0,15 mol

0,25

Trang 54

0,25

* n π (trong X) = 0,2.2 + 0,3.1 = 0,7 mol 0, 7 − 0, 25 − 0,15 = 0,15mol 2 = 0,15mol => m=0,15.147=22,05 gam

=> n C3H 4 (trong Y) = => n CAg ≡C −CH3

0,25

___HẾT___

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

(Đề thi có 02 trang, gồm 9 câu)

Trang 55

1. Hiđro hóa hoàn toàn limonen bởi H2 (Ni, t0) thu được mentan (1-metyl-4-isopropylxiclohexan); còn hiđrat hóa limonen (xúc tác axit) ở nhánh, thu được terpineol. Hiđrat hóa terpineol, thu được terpin (được dùng làm thuốc chữa ho). Hãy xác định công thức cấu tạo của limonen, mentan, terpineol, terpin. 2. Ozon phân limonen, sau đó xử lý với Zn/CH3COOH thì thu được những sản phẩm hữu cơ nào? Viết công thức cấu tạo của chúng. Câu 4. (2,0 điểm) Photpho tồn tại trong tự nhiên ở dạng quặng apatit. Một mẩu quặng apatit gồm canxi photphat, canxi sunfat, canxi cacbonat, canxi florua được xử lí bằng cách cho vào hỗn hợp của axit photphoric và axit sunfuric để tạo thành canxi đihiđrophotphat tan được trong nước dùng làm phân bón. a. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Giải thích tại sao các phản ứng được thực hiện ở nhiệt độ dưới 600C và trong tủ hốt? b. Kết quả phân tích thành phần khối lượng một mẫu apatit như sau: Thành phần CaO P2O5 SiO2 F SO3 CO2 % khối lượng 52,69% 39,13% 2,74% 1,79% 3,23% 1,18% Hòa tan m gam mẫu apatit vào lượng vừa đủ 25,0 ml dung dịch H3PO4 1,0M và H2SO4 0,2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng (ở nhiệt độ dưới 600C), thu được m1 gam chất rắn gồm CaSO4.2H2O, Ca(H2PO4)2, SiO2. Tính m và m1. Câu 5. (2,0 điểm) Hỗn hợp khí X gồm một ankan, một anken và hiđro. Cho 7,84 lít X đi qua chất xúc tác Ni, nung nóng, thu được 6,72 lít hỗn hợp khí Y. Dẫn Y đi qua dung dịch KMnO4 thì màu của dung dịch bị nhạt và thấy khối lượng bình tăng thêm 2,80 gam. Sau phản ứng, còn lại 4,48 lít hỗn hợp khí Z có tỷ khối so với hiđro là 20,25. Các khí cùng đo ở đktc, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Hãy xác định công thức phân tử và phần trăm thể tích của các khí có trong hỗn hợp Y. Câu 6. (2,0 điểm) Thực hiện hai thí nghiệm sau: Thí nghiệm 1: Sục từ từ đến dư khí CO2 vào dung dịch hỗn hợp chứa x mol NaOH, y mol KOH và z mol Ba(OH)2. Thí nghiệm 2: Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hợp chứa a mol Al2(SO4)3 và b mol NaHSO4 (a > b). a. Ở mỗi thí nghiệm, thứ tự các phản ứng xảy ra như thế nào? Viết phương trình các phản ứng đó. b. Vẽ đồ thị biểu diễn giá trị khối lượng kết tủa theo số mol CO2 (ở thí nghiệm 1) và theo số mol Ba(OH)2 (ở thí nghiệm 2). Câu 7. (2,0 điểm) Hòa tan hết 8,96 gam hỗn hợp X gồm Mg, MgCO3, Zn, ZnCO3 trong dung dịch chứa 0,43 mol KHSO4 và 0,05 mol HNO3. Sau khi kết thúc phản ứng, thu được 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm CO2, NO, H2 (trong đó H2 chiếm 1/3 thể tích Z) và dung dịch Y chỉ chứa m gam muối trung hòa. Tính m. Câu 8. (2,0 điểm) Hòa tan 1,0 gam NH4Cl và 1,0 gam Ba(OH)2.8H2O vào một lượng nước vừa đủ thì thu được 100 ml dung dịch X (ở 250C). a. Tính pH của dung dịch X, biết pKa (NH4+) = 9,24 b. Tính nồng độ mol/lít của tất cả các ion trong dung dịch X. c. Tính pH của dung dịch thu được sau khi thêm 10 ml dung dịch HCl 1,0M vào dung dịch X. Câu 9. (2,0 điểm) Đốt cháy hết m gam một hiđrocacbon X cần vừa đủ 2,688 lít O2 (đktc). Để phản ứng hết với lượng CO2 sinh ra cần ít nhất 100 ml dung dịch NaOH 0,75M. Cho X tác dụng với Cl2 (ánh sáng, tỷ lệ mol 1:1) thu được 4 sản phẩm monoclo và phần trăm khối lượng tương ứng là: A (30%), B (15%), C (33%), D (22%). a. Viết công thức cấu tạo và gọi tên thay thế A, B, C, D. b. Sản phẩm nào dễ hình thành nhất. Vì sao? Viết cơ chế phản ứng tạo sản phẩm đó. c. So sánh khả năng thế tương đối của nguyên tử hiđro ở cacbon bậc 1, 2, 3 bởi clo của X.

Trang 56

 N aN O2  N aN O2  N aN O 0  NO2 NO   3 N aO H H 2 SO4 F e 3 C   → Y    → Z   t→ T  N a 2 C O 3  +  →Q C O N a C O C O2  2 2 3   N aO H   N a O H

--------Hết------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

+ H N O3

Họ và tên thí sinh:……………………………………… Số báo danh…………… b. T+ H2SO4 và Q + dung dịch KMnO4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

3NaNO2 + H2SO4 →Na2SO4 + NaNO3 + 2NO + H2O. Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + H2O + CO2. 5NO + 3KMnO4 + 2H2SO4 → Mn(NO3)2 + 2MnSO4 + 3KNO3 + 2H2O Hoặc: 5NO + 3MnO4- + 4H+ → 3Mn2+ + 5NO3- + 2H2O

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2018-2019

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: HÓA HỌC-LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút 3

ĐIỂM

b. Phương trình phản ứng: - C6H5-CH=CH2+ Br2→ C6H5-CHBr-CH2Br - X -> Y: 2CH≡CH → CH≡C-CH=CH2, -Y-> Z: 3CH≡CH→ C6H6. + H2 + C6 H 6 ZnO - X, Z → T: C2 H 2  → C2 H 4  → C6 H 5 − C2 H 5   → C6 H 5 − C2 H 3 Pd H+ t0 -X→X’:

-Y →Y’: - T→T’:

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

+ H2 T .H CH ≡ C − CH = CH 2  → CH 2 = CH − CH = CH 2  → polibutadien Pd T .H + HCl CH ≡ C − CH = CH 2  → CH 2 = CCl − CH = CH 2  → poliisopren HgSO4

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

1. a. FeSx +(4x+6) H+ +(6x+3)NO3- → Fe3+ + xSO42- +( 6x+3) NO2 +(2x+3) H2O b. 3S2- + 2Fe3+ → 2FeS + 3S c. HSO4- + HSO3- + Ba2+ → BaSO4 + SO2 +H2O. d. 3Ba2++ 6AlO2- + 2Al3+ +3SO42- +12H2O → 3BaSO4 + 8Al(OH)3 có thể chấp nhận: Ba2++ 3AlO2- +Al3+ +SO42- +6H2O → BaSO4 + 4Al(OH)3 e. Ba + NH4+ + HCO3- → BaCO3 + NH3 + H2 2. a. X là Fe3C.

Trang 57

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

0, 0323 m  C aSO4 : 0, 005 + ( B T lu u h u y n h )  80  →   C a ( H P O ) : 0, 0 2 5 + 0 , 3 9 1 3 m ( B T p h o tp h o ) 2 4 2  2 142

Trang 58

Bảo toàn Canxi ta có:

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

Tính m1: 0, 0323 m  ).172 CaSO4 .2 H 2 O : (0, 005 + 80  0, 025 0, 3913 m  + ).234 Ca ( H 2 PO4 ) 2 :( 2 142   SiO2 : 0, 0274 m .   5

m↓ 855a +233b

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

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

116,5b

Vì hỗn hợp Y làm nhạt màu dung dịch KMnO4 nên Y có anken dư và H2 hết H2 Cx H2 x   Cx H2x+2 d d KMnO4 Ni ,t 0 0,35 mol X Cx H2 x  →0,3 molY Cx H2 x+2  →0,2 mol Z  +2,8 gam Cy H2 y+2 C H C H  y 2 y +2  y 2 y +2

nBa(OH)2 0,5b

=> nH2 = nX − nY = 0,05 mol nCx H2 x (Y ) = nY − nZ = 0,1    => MCx H2 x = 28 => Cx H2 x (C2 H4 )  mCx H2 x (Y ) = 2,8 nCx H2 x+2 = nH2( p .u ) = 0,05 => nCy H2 y+2 = 0,2 − 0,05 = 0,15; mZ = 0,2.40,5 = 0,05.30 + 0,15(14 y + 2)

4a+0,5b

3a+b

K +  2+  H2 0,05 mol Mg Mg 0, 43 mol KHSO     4 8,96 g Zn +  →  NO(0,1 − a) mol + Y Zn2+ + H2O CO (a mol ) 0,05 mol HNO3 CO a mol  NH + (a − 0, 05) mol  3  2 4  SO42−  BTo xi : nH2O = a + 0,15 − (0,1 − a) = 2a + 0, 05

=> y = 3 (C3 H8 )

thay n

= 2a + 0,05

H 2O BT hidro :0, 48 = 0,1 + 4a − 0, 2 + 2nH2O  → a = 0,06.

=> %V cac khitrongY

3a+ 0,5b

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

a. TN1: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (1) CO2 + 2OH- → CO32- + H2O (2) CO2 + CO32- +H2O → 2HCO3- ( 3) CO2 + H2O + BaCO3 → Ba(HCO3)2 ( 4) TN2: Ba(OH)2 + 2NaHSO4 → BaSO4 + Na2SO4 + 2H2O (1) 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (2) Ba(OH)2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2NaOH (3) OH- + Al(OH)3 →AlO2- + 2H2O (4)

a. NH4+ +OH−  →NH3 + H2O nNH4Cl =18,7.10−3 mol; nBa(OH)2 = 3,17.10−3 mol => nNH3 = 6,34.10−3 mol; nNH + (du) =12,4.10−3 mol 4

NH4+

 → ←  

NH3 + H+, ka =10−9,24

[NH3][H+ ] [NH4+ ] =>[H+ ] = .ka =1,13.10−9 M; => pH = 8,95 [NH4+ ] [NH3 ] b. [NH4+]=0,124M; [Ba2+] =0,0317M; [H+]=1,13.10-9M; [Cl-] =0,187M; [OH-] =8,85.10-6M. 12,4.10−2 M

6,34.10−2 M

ka =

c. khi thêm 0,01 mol HCl vào dung dịch ta có NH3+H+→NH4+ nNH3 ( p.u ) = 6,34.10−3 mol . Giả thiết thể tích dug dịch là 110 ml, bỏ qua sự phân ly của

b. Đồ thị

NH4+ thì [H+]dư= 0,0333M => pH=1,48.

m↓

a. nC O 2 = n N aO H = 0, 075 m ol n H 2 O = 2( nO 2 − n C O 2 ) = 2(0,12 − 0, 075) = 0, 09 m ol

197z

n H 2O > nCO2 => X ( ankan).

nCO2 z

x+y+z

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

nCO2

= 5 => CTPT X : (C5 H12 ) nX Trong 3 đồng phân của C5H12, chỉ có (CH3)2CH-CH2-CH3 thỏa mãn khi tác dụng clo sinh 4 sản phẩm monoclo. Vậy CTCT, tên gọi của các sản phẩm A, B, C, D:

x+y+2z

Trang 59

1,0

Trang 60

A là CH2Cl-CH(CH3)-CH2CH3: 1-clo-2-metylbutan. B là (CH3)2CH-CH2-CH2Cl: 1-clo-3-metylbutan. C là (CH3)2CH-CHCl-CH3 : 2-clo-3-metylbutan. D là (CH3)2CCl-CH2-CH3: 2-clo-2-metylbutan. b. (CH3)2CCl-CH2-CH3: 2-clo-2-metylbutan là sản phẩm dễ hình thành nhất, do gốc tự do (CH3)2C*-CH2-CH3 bậc ba bền nhất. Cơ chế phản ứng: Khơi mào: a .s Cl2  → 2Cl * Phát triển mạch: → ( CH 3 ) 2 C * − CH 2 − CH 3 +HCl ( CH 3 )2 CH − CH 2 − CH 3 + Cl * 

0,5

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

2 ( CH 3 ) 2 C * − CH 2 − CH 3  → CH 3CH 2 − (CH 3 ) 2 C − C (CH 3 )2 − CH 2 − CH 3 2Cl *  → Cl2 c. Gọi tốc độ phản ứng thế của H của cacbon bậc 1, bậc 2, bậc 3 lần lượt là v1, v2, v3. Ta có tỷ lệ: 45 33 22 9v1 : 2v2 : v3 = ( 30 + 15 ) % : 33% : 22% => v1 : v2 : v3 = : : = 1: 3,3 : 4, 4. 9 2 1 Nghĩa là H bậc 2, bậc 3 có tốc độ thế Clo gấp H bậc 1 là 3,3 và 4,4 lần.

0,2

Số báo danh ……………....

0,1

0,5

Nếu thí sinh có cách giải khác đúng cũng cho điểm tối đa! SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC

Xác định dung dịch A và dung dịch B. Biết rằng khi cho dung dịch NaOH vào dung dịch A và đun nóng nhẹ thì có khí thoát ra làm xanh giấy quỳ tím ẩm. Câu 3: (2,0 điểm) 1.X, Y là các hợp chất của photpho. Xác định X, Y và viết các phương trình hóa học theo dãychuyển hóa sau: + ddBr 2 P  X+ dd Ba(OH) 2 dư Y → P2O3  → H3PO3 → 2. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau: a. Sục khí H2S vào nước brom, sau đó cho thêm dung dịch BaCl2 vào dung dịch sau phản ứng. b. Dẫn khí CO2 đến dư vào dung dịch K2SiO3. c. Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein vào dung dịch NH3 loãng, sau đó thêm dung dịch AlCl3 đến dư vào dung dịch sau phản ứng. d. Sục khí elilen đến dư vào dung dịch KMnO4. Câu 4: (2,0 điểm) 1.Có 5 dung dịch và chất lỏng mất nhãn, riêng biệt gồm: KHCO3, Ba(HCO3)2, C6H6(benzen), C2H5OH và KAlO2. Chỉ dùng thêm một dung dịch chứa 1 chất tan. Hãy trình bày cách nhận biết các dung dịch và chất lỏng ở trên. 2.Nhỏ từ từ V lít dung dịch chứa Ba(OH)2 0,5M vào dung dịch chứa x mol NaHCO3 và y mol BaCl2. Đồ thị sau biểu diễn sự phụ thuộc giữa số mol kết tủa và thể tích dung dịch Ba(OH)2.

Tính giá trị của x và y.

0,1

0,3

Câu 1:(2,0 điểm) 1.Hai nguyên tố X, Y đều thuộc nhóm A trong bảng tuần hoàn. Nguyên tử X có tổng số electron ở các phân lớp p là 11, nguyên tử Y có 4 lớp electron và có 2 electron ở lớp ngoài cùng. a.Viết cấu hình electron nguyên tử và xác định các nguyên tố X, Y. b.Hoàn thành dãy chuyển hóa (X, Y là các nguyên tố tìm được ở trên) (1) (2) (3) (4) X2  → HX  → YX2  → X2  → YOX2 2.X, Y là 2 nguyên tố thuộc cùng một nhóm A ở 2 chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn. Nguyên tửX có 6e lớp ngoài cùng. Hợp chất của X với hiđro có %mH = 11,1%. Xác định 2 nguyên tốX, Y. Câu 2: (2,0 điểm) 1.Lập phương trình hóa học của phản ứng oxi hóa – khử sau: a.H2S + Cl2 + H2O  → H2SO4 + HCl b.ZnS + HNO3  → Zn(NO3)2 + H2SO4 + NxOy + H2O 2.Có hai dung dịch: Dung dịch A và dung dịch B, mỗi dung dịch chỉ chứa 2 loại cation và 2 loại anion khác nhau trong số các ion sau: NH4+ (0,15 mol); H+ (0,25 mol); Na+ (0,25 mol); CO32- (0,1 mol), NO3- (0,1 mol); Al3+ ( 0,05 mol) ; Br- (0,2 mol) ; SO42- (0,15 mol).

Câu 6: (2,0 điểm) Cho hỗn hợp khí X gồm 3 hiđrocacbon A, B, C (với B, C là 2 chất kế tiếp nhau trong cùng một dãy đồng đẳng). Đốt cháy hoàn toàn 672 ml hỗn hợp X rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào bình chứa 437,5 ml dung dịch Ba(OH)2 0,08M, phản ứng xong thu được 4,925 gam kết tủa. Mặt khác, dẫn 1209,6 ml hỗn hợp X qua bình chứa nước brom dư. Sau phản ứng thấy khối lượng bình brom tăng 0,468 gam và có 806,4 ml hỗn hợp khí thoát ra. Biết các thể tích khí đo ở đktc, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Tìm công thức phân tử của A, B, C. Biết A, B, C thuộc trong các dãy ankan, anken, ankin. b. Tính phần trăm thể tích các chất trong hỗn hợp X. Câu 7: (2,0 điểm) 1. Có 3 nguyên tố A, B, C. Đơn chất A tác dụng với đơn chất B ở nhiệt độ cao thu được hợp chất X. Chất X bị thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được có mùi trứng thối. Đơn chất B tác dụng với đơn chất C tạo ra khí E. Khí E tan được trong nước tạo dung dịch làm qùy tím hóa đỏ. Hợp chất Y của A với C có trong tự nhiên và thuộc loại hợp chất rất cứng. Hợp chất Z của 3 nguyên tố A, B, C là một muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân. Xác định các nguyên tố A, B, C và các chất X, E, Y, Z và viết phương trình hóa học. 2. Hòa tan hết 12,8 gam hỗn hợp X gồm (Na, Na2O, K, K2O, Ba và BaO), (trong đó oxi chiếm 8,75% về khối lượng) vào nước thu được 600 ml dung dịch Y và 1,568 lít khí H2 (đktc). Trộn 300 ml

Trang 61

Trang 62

dung dịch Y với 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,4M và H2SO4 0,3M thu được 400 ml dung dịch Z. Tính pH của dung dịch Z. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 8: (2,0 điểm) 1. Cho dung dịch chứa 38,85 gammộtmuối vô cơ của axit cacbonic tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 18 gam muối sunfat trung hòa của kim loại hóa trị II, sau phản ứng hoàn toàn thu được 34,95 gam kết tủa. Xác định công thức 2 muối ban đầu. 2. Cho 16,6 gam hỗn hợp A gồm 2 ancol là đồng đẳng liên tiếp vào bình đựng H2SO4 đặc, ở nhiệt độ thích hợp thu được 13 gam hỗn hợp chất hữu cơ B gồm (2 anken, 3 ete và 2 ancol dư). Đốt cháy hoàn toàn B thu được 17,92 lít CO2 (đktc) và 16,2 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo và tính % số mol mỗi ancol. Câu 9: (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 6,84 gam hỗn hợp E gồm Mg và kim loại M có hóa trị không đổi cần một lượng dung dịch HNO3 loãng, vừa đủ thu được 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N2 và N2O có tỉ khối so với H2 là 16 và dung dịch F. Chia F thành 2 phần bằng nhau. Đem cô cạn phần 1 thu được 25,28 gam muối khan. Phần 2 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 4,35 gam kết tủa. Xác định kim loại M. Câu 10: (2,0 điểm) 1.Trong phòng thí nghiệm thường điều chế CO2 từ CaCO3 và dung dịch HCl như hình vẽ sau: Để thu được CO2 tinh khiết có 2 học sinh (HS) cho sản phẩm khí qua 2 bình như sau: HS1: Bình (X) đựng dung dịch NaHCO3 và bình (Y) đựng H2SO4 đặc. HS2: Bình (X) đựng H2SO4 đặc và bình (Y) đựng dung dịch NaHCO3. Cho biết học sinh nào làm đúng? Viết phương trình hóa học giải thích cách làm. 2. Em hãy giải thích: a. Tại sao không nên bón các loại phân đạm amoni, ure và phân lân cùng với vôi bột? b. Tại sao không dùng khí CO2 để dập tắt đám cháy của một số kim loại (Mg, Al, …)? Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H =1; C=12; O=16; N=14; Na=23; Mg=24; Al=27; S=32; Cl=35,5; K=39; Ca=40; Fe=56; Cu=64; Zn=65; Br=80; Ag=108; Ba=137. ------ Hết----Chú ý: Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. SỞ GD&ĐT THANH HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM

CÂU

ĐỀ THICHÍNH THỨC CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: HÓA HỌC – LỚP 11 THPT (Hướng dẫn chấm có 05 trang) HƯỚNG DẪN GIẢI ĐIỂ M

Câu 1 1. (2 điểm) a. Cấu hình e của X: 1s22s22p63s23p5 (Cl)

Cấu hình e của Y: 1s22s22p63s23p64s2 (Ca) b. PTHH: a .s (1) H2 + Cl2  → 2HCl (2) 2HCl + CaO  → CaCl2 + H2O

+ dpnc (3) CaCl2  → Ca + Cl2 (4) Cl2 + Ca(OH)2  → CaOCl2 + H2O 2. X thuộc nhóm A và có 6e ở lớp ngoài cùng  Hợp chất của X với H có dạng XH2

%mH =

2 ×100 = 11,1  X =16  X là O 2+ X

Y thuộc nhóm VIA và liên tiếp với X trong 1 chu kì  Y là S Câu 2 1. (2 điểm) a. H2S + 4Cl2 + 4H2O

1× 4×

−2

 →

0,25

0,5 0,5

H2SO4 +8 HCl.

S → S +8 e

0,5

Cl2 + 2 e → 2 Cl −

b. (5x-2y)ZnS + (18x-4y)HNO3  → (5x-2y)Zn(NO3)2 +(5x-2y) H2SO4 + 8NxOy + 4xH2O. (5x−2 y)× 8×

−2

0,5

S →S +8e +5

+2 y/x

xN +(5x−2y)e→ xN

2.dd A: NH4+ (0,15 mol); Na+ (0,25 mol); CO32- (0,1 mol); Br- (0,2 mol). 0,5 dd B: H+ (0,25 mol); NO3- (0,1 mol); Al3+ ( 0,05 mol) ; SO42- (0,15 mol) 0,5 Câu 3 1. (2 điểm) X là H3PO4, Y là Ba3(PO4)2 t0 (5) 4P+ 3O2thiếu  → 2P2O3 (6) P2O3+ 3H2O  → 2H3PO3 (7) H3PO3+ Br2 + H2O  → H3PO4 +2 HBr (8) 2H3PO4 + 3Ba(OH)2  → Ba3(PO4)2 + 6H2O

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

2. a. H2S + 4Br2 + 4H2O  H2SO4 +8 HBr → H2SO4 + BaCl2  → BaSO4 + 2HCl Hiện tượng: Dung dịch mất ( hoặc nhạt) màu, sau đó xuất hiện kết tủa 0,25 màu trắng. b. 2CO2+ 2H2O +K2SiO3  H2SiO3 + 2KHCO3 0,25 → Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa keo. c. 3NH3+ 3H2O +AlCl3  Al(OH)3 + 3NH4Cl → Hiện tượng: Dung dịch chuyển thành màu hồng, sau đó xuất hiện kết 0,25 tủa keo trắng và dung dịch mất màu. 0,25 d. 3C2H4+ 2KMnO4 + 4H2O  → 3C2H4(OH)2+ 2MnO2 + 2KOH Hiện tượng: dung dịch mất màu tím và xuất hiện kết tủa màu đen.

0,25 0,25

0,25 Trang 63

Trang 64

Câu 4 1. (2 điểm) Dung dịch axit cần dùng là H2SO4

0,25

Nhỏ từ từ dung dịch H2SO4 vào từng ống nghiệm chứa mẫu thử của các dung dịch -Mẫu có khí không màu thoát ra là NaHCO3 H2SO4 + 2KHCO3  → K2SO4 + 2H2O +2CO2 -Mẫu có kết tủa trắng và có khí không màu thoát ra là Ba(HCO3)2 H2SO4 + Ba(HCO3)2  → BaSO4 + 2H2O +2CO2 -Mẫu có kết tủa keo trắng sau đó kết tủa tan dần là KAlO2 H2SO4 + 2KAlO2+ 2H2O  → 2Al(OH)3 + K2SO4 2Al(OH)3 + 2H2SO4  → 2Al2(SO4)3 +6H2O -Mẫu mà chất lỏng không tan tách thành 2 lớp có bề mặt phân chia là C6H6 -Mẫu chất lỏng tạo dung dịch trong suốt đồng nhất là C2H5OH 2. - Khi V =0,3 lít: nBa(OH)2 = 0,15 mol thì kết tủa đạt cực đại tức là toàn bộ ion HCO3- tạo kết tủa  x = nkết tủa cực đại =0,2 mol Khi V =0,1 lít: nBa(OH)2 = 0,05 mol thì BaCl2 vừa hết và NaHCO3 dư Ba(OH)2 + 2NaHCO3  → BaCO3 + Na2CO3 0,05 0,05 0,05 BaCl2 + Na2CO3  → BaCO3 + 2NaCl 0,05 y 0,05  y = 0,05 Vậy: x=0,2 và y = 0,05 Câu 5 1. (2 điểm) A là C6H5-CH(CH3)2: isopropylbenzen hoặc cumen H 2 SO 4 PTHH: C6H6 + CH2=CH-CH3 → C6H5-CH(CH3)2 B là C6H3(CH3)3: 1,3,5-trimetylbenzen Fe , t 0 C6H3(CH3)3 + Br2  → C6H2Br(CH3)3 + HBr a. s C6H3(CH3)3 + Br2 → (CH3)2C6H3-CH2Br + HBr

Câu 6 (2 điểm)

2. -Ống thứ nhất có lớp chất lỏng phía trên màu vàng và lớp chất lỏng phía dưới không màu. Do brom tan trong hexan tốt hơn trong nước nên tách toàn bộ brom từ nước. - Ống thứ hai có lớp chất lỏng phía trên không màu và lớp chất lỏng phía dưới cũng không màu. Do có phản ứng của hex-2-en với brom tạo sản phẩm là chất lỏng không màu, không tan trong nước, nhẹ hơn nước. CH3-CH=CH-[CH2]3-CH3 + Br2  → CH3-CHBr-CHBr-[CH2]3-CH3 -Khí A bị hấp thụ bởi dung dịch brom là anken hoặc ankin 1, 2096 − 0,8064 = 0,018 molmà mA = 0,468 gam 22, 4  MA = 26  A là C2H2

0,25

0,5

0,25

mol Sản phẩm cháy tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 nBa(OH)2 =0,035 mol; nBaCO3 = 0,025 mol Th1: Chỉ tạo muối trung hòa, Ba(OH)2 dư nCO2 = nBaCO3 = 0,025 mol  0,01.2 + 0,02. n = 0,025  n = 0,25 (loại) Th2: Tạo 2 muối : BaCO3 (0,025 mol) và Ba(HCO3)2 (0,0350,025=0,01 mol) nCO2 = 0,025 + 0,01.2 = 0,045 mol  0,01.2 + 0,02. n = 0,045  n = 1,25  B, C là CH4 (x mol)và C2H6 (y mol) Ta có hệ:

0,25

0,5

 nA =

0,5

Hỗn hợp khí thoát ra khỏi bình brom là 2 ankan B và C Đặt CTTB của B, C là Cn H 2 n+ 2 Ta có: nC2H2 (trong 672 ml hhX) = 0,01 mol  nB,C trong X = 0,03- 0,01 = 0,02 Trang 65

0,25 0,25

0,5

t0 S + O2  → SO2  → H2SO3 SO2 + H2O ← 

 → 2Al(OH)3 + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 6H2O ← 

0,5 2. 12,8 × 8, 75 = 0, 07mol 100 ×16 1,568 nH2 = = 0, 07mol 22, 4 Sơ đồ: X + H2O  → Na+ + K+ + Ba2+ + OH-+ H2

nO (X)=

nOH- =2.nO (X) + 2.nH2 = 0,28 mol H+ + OH-  → H2O 0,1 0,14  [OH-]dư =

0,5

0,25

 x + 2 y = 0, 045  x = 0, 015   x + y = 0, 02   y = 0, 005  %VCH4 =50%; %VC2H6 =16,67%; %VC2H2 = 33,33%;

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

0,25

0,5

0, 04 = 0,1M  pH = 13. 0, 4

0,5 Câu 8 1. (2 điểm) TH1: Muối trung hòa M2(CO3)n (n là hóa trị của M) PTHH: M2(CO3)n + nNSO4  → M2(SO4)n + nNCO3

0,25

0,25 Trang 66

BTKL  mN(HCO3)2 = 38,85 + 18 – 34,95 = 21,9 gam

21,9 − 18 Tăng giảm KL  nNSO4 = = 0,15 mol 122 − 96 18 MNSO4 = = 120 = N + 96  N =24  N là Mg  CT muối: MgSO4 0,15 38,85 × n MM(HCO3)n = = 129,5n = M + 61n 0,3  M =68,5n  n=2 và M=137 (Ba)  CT muối: Ba(HCO3)2

 Kết tủa là Mg(OH)2:

0,25

2. Vì ancol tách nước tạo anken nên ancol no, đơn chức, mạch hở CT chung 2 ancol: Cn H 2 n+ 2O Sơ đồ: hh A  → hh B + H2O  mH2O = 16,6 – 13= 3,6 gam  nH2O =0,2 mol

0,25

→ CO2 + H2O B + O2  0,8 0,9 mol  hhA : (Cn H 2 n+ 2O) + O2  → CO2 + H2O 0,8 (0,9 + 0,2) mol  nA = 1,1 – 0,8 = 0,3 mol

 n=

nCO2 nA

Câu 9 nN 2 44 − 32 3 (2 điểm) Hỗn hợp X (0,04 mol): n = 32 − 28 = 1  N 2O

 mM = 6,84 - 0,15.24 =3,24 gam 3, 24 Bảo toàn e: 0,15.2 + M .n = 0,38 + 8.0,035  M = 9n  n =3 và M=27 (Al) 1.PTHH điều chế: CaCO3 + 2HCl  → CaCl2 + CO2 + H2O

Câu 10 (2 điểm) Sản phẩm khí thu được sau phản ứng gồm: CO2, HCl, hơi H2O  HS1 làm đúng: Bình (X) đựng dung dịch NaHCO3 để rửa khí ( loại

8 3

 2 ancol là C2H5OH (x mol): CH3-CH2OH và C3H7OH (y mol): CH3-CH2-CH2OH hoặc CH3-CH(OH)-CH3 Ta có: x + y = 0,3 và 2x + 3y = 0,8  x= 0,1 và y =0,2  %nC2H5OH =33,33%; %nC3H7OH =66,67%.

4,35.2 = 0,15mol = nMg 58

0,5

0,25

0,5

0,25 Trang 67

0,5

0,25 0,25

0,25

b. Không dùng khí CO2 để dập tắt đám cháy của một số kim loại (Mg, Al, …)? 0,5 Vì các kim loại này tiếp tục cháy trong khí CO2 theo phương trình: t0 2 Mg + CO2  → 2MgO + C t0 4Al + 3CO2 → 2Al2O3 + 3C t0 C + O2  → CO2 t0 C + O2  → 2CO Chú ý khi chấm: - Trong các pthh nếu viết sai công thức hoá học thì không cho điểm. Nếu không viết điều kiện (theo yêu cầu của đề) hoặc không cân bằng pt hoặc cả hai thì cho 1/2 số điểm của phương trình đó. - Nếu làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm ứng với các phần tưong đương. SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

TH2: M là kim loại có hiđroxit lưỡng tính

0,5

Họ và tên:………………..

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Khóa ngày 22 – 3 – 2018 Môn: Hóa học LỚP 11 THPT Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Trang 68

Số báo danh:……………..

Đề gồm có 02 trang

Câu IV. (1,75 điểm)

Câu I. (2,0 điểm) 1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau: → b. SO2 + KMnO4 + H2O  → a. NO2 + NaOH  to c. S + Na2SO3  → d. NaNO2 + NH4Cl  → o 100 C e. Cl2 + KOH  → f. H3PO3 + NaOH (dư)  → g. NaN3 + I2 + H2SO4 (loãng)  → h. NO + Na2S2O4 + NaOH (loãng)  → 2. Cho propylbenzen tác dụng với clo chiếu sáng người ta thu được hỗn hợp ba dẫn xuất monoclo A1, A2, A3 với tỉ lệ % lần lượt là 68%, 22%, 10%. a. Hãy viết cơ chế phản ứng theo hướng tạo thành sản phẩm A1. b. Hãy tính khả năng phản ứng tương đối của các nguyên tử H ở gốc propyl trong propylbenzen. Câu II. (2,5 điểm)

1. Hãy gọi tên các chất sau theo danh pháp thay thế: b. CH2=CH-C≡CH a. CH2=C(CH3)-CH=CH2 c. CH3CHClCH=CH-CH3 d. CH3-CHOH-CH=CH-CH3 e. f. 2. Viết phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện nếu có) thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau: 1500 C CH 3COOH  → A  → CH 4  → B  → C  → D  → cao su buna . 3. Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G, H trong dãy chuyển hóa sau: 0

1. Cho cân bằng hóa học: N2 (k) + 3H2 (k) ⇌ 2NH3 (k) ; ∆Η 0 = - 46 kJ.mol-1 . Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng 1: 3 thì khi đạt tới trạng thái cân bằng (450oC, 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích. a. Tính hằng số cân bằng KP. b. Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích? Giả sử ∆H0 không thay đổi trong khoảng nhiệt độ nghiên cứu. 2. Hợp chất 2,2,4-trimetylpentan (A) được sản xuất với quy mô lớn bằng phương pháp tổng hợp xúc tác từ C4H8 (X) với C4H10 (Y). A cũng có thể được điều chế từ X theo hai bước: thứ nhất, khi có xúc tác axit vô cơ, X tạo thành Z và Q; thứ hai, hiđro hoá Q và Z. Viết các phương trình phản ứng để minh họa và tên các hợp chất X, Y, Z, Q theo danh pháp IUPAC. Câu V. (2,0 điểm) 1. Dung dịch A chứa Na2X 0,022M. a. Tính pH của dung dịch A. b. Tính độ điện li của ion X2- trong dung dịch A khi có mặt NH4HSO4 0,001 M. Cho: pK a(HSO- ) = 2,00; pK a(NH + ) = 9,24; pK a1(H2X) = 5,30; pK a2(H2X) = 12,60. 4

2. Trộn 20,00 ml dung dịch H3PO4 0,50 M với 37,50 ml dung dịch Na3PO4 0,40 M, rồi pha loãng bằng nước cất thành 100,00 ml dung dịch A. a. Tính pH của dung dịch A. b. Cần phải thêm bao nhiêu ml dung dịch HCl 0,050 M vào 20,00 ml dung dịch A để thu được dung dịch có pH = 4,7. Cho: pK a1(H PO ) = 2,15; pK a2(H PO ) = 7,21; pK a3(H PO ) = 12,32. 3

Cho: H=1; C=12; N=14; O=16; Mg=24; Si=28; S=32; Ca=40; Cr=52; Fe =56. ------------ HẾT ----------

Câu III. (1,75 điểm) 1. Hãy cho biết trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử và ion sau đây: BeH2, BF3, NF3, SiF62-, NO2+, I3-. 2. Trong thực tế thành phần của quặng cromit có thể biểu diễn qua hàm lượng của các oxit. Một quặng cromit chứa: 45,240% Cr2O3, 15,870% MgO và 7,146% FeO. Nếu viết công thức của quặng dưới dạng xFe(CrO2)2.yMg(CrO2)2.zMgCO3.dCaSiO3 (x, y, z và d là các số nguyên) thì x, y, z và d bằng bao nhiêu?

Trang 69

Trang 70

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 20172018 Khóa ngày 22 – 3 – 2018 Môn: Hóa học LỚP 11 THPT

Câu I 1. (1,0 điểm) a. 2NO2 + 2NaOH  → NaNO2 + NaNO3 +H2O b. 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 c. S + Na2SO3  → Na2S2O3 to d. NaNO2 + NH4Cl  → NaCl + N2 + 2H2O o 100 C e. 3Cl2 + 6KOH  → 5KCl + KClO3 + 3H2O → Na2HPO3 + 2H2O f. H3PO3 + 2NaOH (dư)  g. 2NaN3 + I2 + H2SO4 (loãng)  → Na2SO4 + 2HI + 3N2 h. 2NO + Na2S2O4 + 2NaOH (loãng)  → 2Na2SO3 + N2O + H2O 2. (1,0 điểm)

2,0 điểm Mỗi PTHH 0,125 điểm

α β γ CH2CH2CH3

b. Xét khả năng phản ứng tương đối của H ở gốc propyl: Ta có: %A1 = rα.2/(2.rα + 2rβ + 3rγ) = 68% %A2 = 2.rβ/(2.rα + 2rβ + 3rγ) = 22% %A3 = 3rγ/(2.rα + 2rβ + 3rγ) = 10%  rα : rβ : rγ = 68/2 : 22/2 : 10/3 = 10,2 : 3,3 : 1.

Câu II 1. (0,75 điểm) 2-metylbuta-1,3-đien. a. CH2=C(CH3)-CH=CH2 b. CH2=CH-C≡CH but-1-en-3-in. 4-clopent-2-en c. CH3CHClCH=CH-CH3 d. CH3-CHOH-CH=CH-CH3 pent-3-en-2-ol e.

CHClCH2CH3

+ Cl2

Bixiclo[4.3.0]nonan

-HCl

2. (0,75 điểm) CH3COOH +NaOH → CH3COONa + H 2O 0

CaO, t CH3COONa + NaOH  → CH 4 + Na 2CO3

a. Cơ chế hình thành sản phẩm A1: * Khơi mào phản ứng:

1500 C → C2 H 2 + 3H 2 2CH 4  LLN t ,xt 2C2 H 2  → CH 2 = CH − C ≡ CH

hν Cl2  → 2 Cl * Phát triển mạch dây chuyền của phản ứng:

Pd,PbCO3 ,t → CH 2 = CH − CH = CH 2 CH 2 = CH − C ≡ CH + H 2  o

CH2CH2CH3 + Cl

CHCH2CH3 + HCl

CHCH2CH3 + Cl2

CHClCH2CH3 + Cl

xt,t ,p nCH 2 = CH − CH = CH 2  →(−CH 2 − CH = CH − CH 2 −) n

3. (1,0 điểm)

* Tắt mạch phản ứng: •

Cl + Cl → Cl2

CHCH2CH3 +

0,25

•

CHCH2CH3 + Cl

6-metylspiro[2.5]octan

CH2CHClCH3 (A2) CH2CH2CH2Cl (A3)

•

Gọi đúng tên 2 chất = 0,25 điểm

(A1)

f. CH2CH2CH3

0,25 0,25 2,5 điểm

0,25 0,25 Xác định đúng 2 chất = 0,25 điểm

CHClCH2CH3 CHCH2CH3

C2H5 C2H5

0,5 Trang 71

Trang 72

m(Mg(CrO 2 ) 2 ) = HOBr

H2/Pd

B2H6

m1 (Mg) =

H2O 2 OH-

BH2

CH 2N2 as

H2/Pd

192 × 20,628 104

= 38,08(g)

0,25

m(Mg(CrO 2 ) 2 ) × M(Mg) M(Mg(CrO 2 ) 2 )

38,08 × 24 192

= 4,76(g)

Khối lượng Mg trong mẫu quặng là:

O H

2 × M(Cr)

Khối lượng Mg trong Mg(CrO2)2:

raxemic

M(Mg(CrO 2 ) 2 ) × m 3 (Cr)

m 2 (Mg) =

m(MgO) × M(Mg) M(MgO)

15,87 × 24 40

= 9,522(g)

Khối lượng Mg trong MgCO3:

m3 (Mg) = m 2 (Mg) - m1 (Mg) = 9,522 - 4,76 = 4,762(g)

Khối lượng MgCO3 trong mẫu quặng là: Pd/t 0

m(MgCO 3 ) =

M(MgCO 3 ) × m 3 (Mg) M(Mg)

84 × 4,762 24

= 16,667(g)

Khối lượng CaSiO3 trong mẫu quặng là: Câu III

1,75 điểm

1. (0,75 điểm) Xác định BeH2: Be lai hóa sp, phân tử có dạng thẳng. BCl3: B lai hóa sp2, phân tử có dạng tam giác đều, phẳng. đúng 2 NF3: N lai hóa sp2, phân tử có dạng hình chóp đáy tam giác đều với N nằm ở chất = đỉnh chóp. 0,25 điểm SiF62-: Si lai hóa sp3d2, Ion có dạng bát diện đều. NO2+: N lai hóa sp, Ion có dạng đường thẳng. I3-: lai hoá của I là dsp3, trong đó 2 liên kết I−I được ưu tiên nằm dọc theo trục thẳng đứng, Ion có dạng đường thẳng. 2. (1,0 điểm) Giả sử có 100g mẫu quặng: m(Fe) =

m(FeO) x M(Fe) M(FeO)

7,146 × 56 72

= 5,558(g)

M(Fe(CrO 2 ) 2 ) × m(Fe) M(Fe)

224 × 5,558 56

m(Fe(CrO 2 ) 2 ) × 2 × M(Cr) M(Fe(CrO 2 ) 2 ) m(Cr2O3 ) × 2 × M(Cr) M(Cr2O3 )

22,232 38,08 16,667 23,021 : : : ≈ 1: 2 : 2 : 2 224 192 84 116

0,25 1,75 điểm

0,25 =

22,232 × 104 224

= 10, 322(g)

Khối lượng Cr trong mẫu quặng là: m 2 (Cr) =

1. (1,0 điểm) = 22,232(g)

Khối lượng Cr trong Fe(CrO2)2: m1 (Cr) =

0,25

m(Fe(CrO2 )2 ) m(Mg(CrO2 )2 ) m(MgCO3 ) m(CaSiO3 ) = : : : = M(Fe(CrO2 )2 ) M(Mg(CrO2 )2 ) M(MgCO3 ) M(CaSiO3 )

Câu IV

Mẫu quặng chứa: m(Fe(CrO 2 ) 2 ) =

m(CaSiO 3 ) = 100 - (m(Fe(CrO 2 )2 ) + m(Mg(CrO 2 ) 2 ) + m(MgCO 3 )) =

= 100 - (22,232 + 38,08 + 16,667) = 100 - 76,979 = 23,021g x : y : z : d = n (Fe(CrO2 )2 ) : n(Mg(CrO2 )2 ): n(MgCO3 ) : n(CaSiO3 ) =

45,24 × 104 152

N2 (k) + 3H2 (k) ⇌ 2NH3 (k); Ban đầu (mol) 1 3 0 Cân bằng (mol) 1-x 3-3x 2x  nsau = 1 – x + 3 – 3x + 2x = 4 – 2x (mol) 2x .100% = 36%  x = 0,529 4 - 2x 1 − 0,592 1− x = .100% = .100% = 16% 4 − 2.0,592 4 - 2x

%VNH 3 = = 30,95(g)

%VN 2

Khối lượng Cr trong Mg(CrO2)2:

∆Η = -46 kJ.mol-1

0,25

%VH 2 = 100 - (36 + 16) = 48%

m 3 (Cr) = m 2 (Cr) - m1 (Cr) = 30,95 - 10,322 = 20,628 (g)

Mẫu quặng chứa: Trang 73

Trang 74

2 PNH 3

0,36 2.P 2 0,362 = = 8,14.10-5 3 0,16 × 0, 483 × 3002 P PN 2 0,16.P.(0,48.P ) 2y 2 b. Từ % VNH 3 = = 50%  y = 4 − 2y 3 1− y 1− 2 / 3 3(1 − y ) 3(1 − 2 / 3) % VN2 = = = 12,5% và % VH 2 = = = 37,5% 4 − 2 y 4 − 2.2 / 3 4 − 2y 4 − 2.2 / 3 2 PNH 0,5 2 = 4,21.10-4 K p2 = 3 3 = PH 2 PN 2 0,125.0,3753.300 2 K p1 =

3 H2

KP K ∆H 0  1 1  1 1 R ln P 2 = − − = ln 2  −   R  T2 T1  T1 T2 ∆H 0 K P1 K P1 KP R 1 8,314 4, 21.10−4 1 1 = ln 2 =  + .ln 0 3 K P1 T2 T1 ∆H 450 + 273 46.10 8,14.10−5

0,25

0,001 0,022 0,021  → HX+ X2- ← 

K2 = 103,36

 T2 = 595,19K

NH 4

0,25

xt,t 0 ,p

(CH3)3CH

K1 = 1010,6

0,25

0,25 2. (0,75 điểm) (CH3)2C=CH2

X2- + H2O ⇌ HX- + OHC 0,022 [ ] 0,022 - x x x [OH-] = x = 0,0158 (M) → pH = 12,20 b. Khi có mặt NH4HSO4 0,0010 M: NH4HSO4 → NH +4 + H SO −4 0,001 0,001 − 2− 2-  → Phản ứng: H SO 4 + X ←  HX + SO 4

 → CH3)2CHCH2C(CH3)3 2-metylpropen (X) 2-metylpropan (Y) Bước thứ nhất gồm tương tác giữa hai phân tử trong môi trường axit:

CH3 C CH3

NH3 + H2O ⇌ NH +4 HX- + H2O ⇌ H2X 2−

CH3

CH CH3 CH3

CH3 CH3

H 3C

CH3 H

CH3

CH2

CH3 H H 3C

C CH

C CH3

CH3

CH3 H

Ni , t

CH3 C

CH3

C CH2 CH3 2,4,4-trimetylpent-1-en

CH3

H3C

CH3 H

Kb = 10-12 Ka2 = 10-12,6

(7) (8)

→ (4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) quyết định thành phần cân bằng của hệ: X2- + H2O ⇌ HX- + OHKb1 = 10-1,4 C 0,02 0,002 [] 0,02 - y 0,002 + y y → y = 0,0142 → [HX-] = 0,0162 (M) -

→ αX - = 2

0,25 2,0 điểm

SO 4

CH3

Câu V 1. (1,25 điểm) a. X2- + H2O ⇌ HX- + OHKb1 = 10-1,4 HX + H2O ⇌ H2X + OH Kb2 = 10-8,7 + + OH Kw = 10-14 H 2O ⇌ H Vì Kb1.C >> Kb2.C >> Kw → pH của hệ được tính theo cân bằng (1):

(5) (6)

2,4,4-trimetylpent-2-en

CH3

K 'b = 10-4,76 Kb2 = 10-8,7

0,25

So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: Kb1. C X - >> K 'b . C NH >> Kb2. C HX - >> Kb. 0,25

CH3 H

0,001

+ OH+ OH-

⇌ H SO −4 + OH+ X2⇌ H+

SO 4 + H2O

C CH2

0,25

0,001 0,021 0,001 0,020 0,002 0,001 Hệ thu được gồm: X2- 0,020 M; HX- 0,002 M; SO 24− 0,001 M; NH3 0,001 M. Các quá trình xảy ra: X2- + H2O ⇌ HX- + OHKb1 = 10-1,4 (4)

CH3 CH2

0,001 + NH3

Kb1 = 10-1,4

[HX ] 0,022

(Hoặc α X 2- =

[OH ] + C

HSO 4

0,022

0,0162 0,022 + NH 4

= 0,7364 hay α X - = 73,64 %. 2

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

0,25

= 0,7364)

2. (0,75 điểm) 0,50.20 0,40.37,5 = 0,10 (M); C Na 3PO4 = = 0,15 (M). 100 100 C Na3PO4 = 1,5. CH3PO4 → phản ứng xảy ra như sau: C H3PO4 =

(1) (2) (3) 0,25 Trang 75

H3PO4 + PO3-4 HPO 2-4 + 0,1 0,15 0 0,05 0,1

K1 = Ka1. K -1a3 = 1010,17

H 2 PO-4

0,1 Trang 76

H 2 PO-4 +

PO3 2 HPO24 4

K2 = Ka2. K -1a3 = 105,11

0,1 0,05 0,1 0,05 0 0,2 Dung dịch A thu được là hệ đệm gồm: H 2 PO-4 0,05 M và HPO2-4 0,2 M → có thể tính pHA gần đúng theo biểu thức: pHA = pKa2 + lg

CHPO24

0,25

= 7,81.

0,25

2 PO4

pK + pK a2 * pH = 4,7 ≈ pH (NaH2PO4 ) ≈ a1 = 4,68 → có thể coi lượng HCl thêm vào 20,00 2 ml dung dịch A sẽ phản ứng vừa đủ với HPO 2-4 tạo thành H 2 PO-4 : + HPO 2→ 4 + H

→ VHCl =

H 2 PO-4

0,2.20 = 80 (ml) 0,05

0,25 Lưu ý: - Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu. - Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó, điểm chiết phải được tổ thống nhất; Điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

Số BD:……………..

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN HÓA HỌC (VÒNG 1) (Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 2 trang

Bài 1 (2,5 điểm) 1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau (nếu có): to a) NaClO + CO2 + H2O  b) CuO + NH3  → → c) Ag2O + H2O2  d) Zn3P2 + H2O  → → to e) NH4NO2  → f) SiO2 + NaOH (loãng)  → g) O3 + KI + H2O  h) NaNO2 + H2SO4 loãng  → → k) CaOCl2 + H2SO4 loãng  i) H3PO3 + NaOH (dư)  → → 2. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau (nếu có): a) Sục khí NH3 từ từ đến dư vào dung dịch ZnSO4. b) Sục khí H2S vào dung dịch nước clo. c) Sục khí Cl2 vào dung dịch NaHCO3. Trang 77

d) Cho dung dịch FeCl3 vào dung dịch Na2S. e) Sục khí SO2 vào dung dịch Fe2(SO4)3. f) Sục khí clo từ từ đến dư vào dung dịch KBr. g) Cho khí amoniac (dư) tác dụng với CuSO4.5H2O. h) Trong môi trường bazơ, H2O2 oxi hoá Mn2+ thành MnO2. Bài 2 (2,0 điểm) 1. So sánh pH của các dung dịch có cùng nồng độ mol/l của NH3, NaOH và Ba(OH)2. Giải thích. 2. Nhiệt phân một lượng CaCO3, sau một thời gian được chất rắn A và khí B. Cho khí B hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch KOH, thu được dung dịch D. Dung dịch D tác dụng được với dung dịch BaCl2 và với dung dịch NaOH. Cho chất rắn A tác dụng với dung dịch HCl dư, được khí B và dung dịch E. Cô cạn dung dịch E, được muối khan F. Điện phân muối F nóng chảy, được kim loại M. Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra. 3. Phim đen trắng có phủ lớp bạc bromua trên nền xenlulozơ axetat. Khi được chiếu sáng, lớp bạc bromua bị hoá đen. Phần bạc bromua còn lại trên phim được rửa bằng dung dịch natri thiosunfat; sau đó, người ta thu hồi bạc từ dung dịch nước thải bằng cách thêm KCN và kim loại kẽm. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Bài 3 (2,25 điểm) 1. Cho NO2 tác dụng với dung dịch KOH dư. Sau đó lấy dung dịch thu được cho tác dụng với hỗn hợp Al và Zn. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. 2. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Fe và Mg bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl 20%, thu được dung dịch Y. Nồng độ của FeCl2 trong dung dịch Y là 15,76%. Tính nồng độ phần trăm của MgCl2 trong dung dịch Y. 3. Chất A là hợp chất có thành phần chỉ gồm nitơ và hiđro. Chất A được sử dụng làm nhiên liệu cho tên lửa. Ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất, một thể tích hơi của A có khối lượng bằng khối lượng của cùng một thể tích khí oxi. a) Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A và cho biết trạng thái lai hóa của nitơ trong A. b) Dựa vào đặc điểm cấu tạo, hãy so sánh tính bazơ của A với NH3. Giải thích. Bài 4 (1,75 điểm) 1. Người ta đun nóng một lượng PCl5 trong một bình kín thể tích 12 lít ở 250oC.  → PCl3 (k) + Cl2 (k) PCl5 (k) ← 

Lúc cân bằng trong bình có 0,21 mol PCl5; 0,32 mol PCl3; 0,32 mol Cl2. Tính hằng số cân bằng KC, KP của phản ứng ở 250oC. 2. Tính độ điện li của ion CO32− trong dung dịch Na2CO3 có pH = 11,6.  → HCO3− + H+ ; Cho: H2CO3 ← Ka1 = 10−6,35   → H+ + CO32− HCO3− ← 

;

Ka2 = 10−10,33

 → 2CrO42- + 2H+ 3. Tính hằng số cân bằng của phản ứng: Cr2O72- + H2O ← 

Cho:

 → HCrO4- + OHCrO42- + H2O ← 

Kb = 10-7,5

 → 2HCrO4Cr2O72- + H2O ← 

K = 10-1,64 Trang 78

Bài 5 (1,5 điểm) 1. Thực nghiệm cho biết đồng tinh thể có khối lượng riêng D = 8,93 g/cm3; bán kính nguyên tử đồng là 1,28.10-8 cm. Đồng kết tinh theo mạng tinh thể lập phương đơn giản hay lập phương tâm diện? Tại sao? (Cho Cu = 63,5) 2. Cho các ion sau đây: He+, Li2+. a) Hãy tính năng lượng E2 theo đơn vị kJ/mol cho mỗi ion trên. Cho 1 eV = 1,602.10-19J; NA = 6,022.1023 mol-1. b) Có thể dùng trị số nào trong các trị số năng lượng tính được ở trên để tính năng lượng ion hóa của hệ tương ứng? Tại sao? Cho: H = 1; C = 12; O = 16; Mg = 24; Cl = 35,5; Fe = 56

--------------- Hết --------------ĐÁP ÁN SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG BÌNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN HÓA HỌC (VÒNG 1) (Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016) HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1 (2,5 điểm) 1. (1,25 điểm) a) NaClO + CO2 + H2O  → NaHCO3 + HClO to b) 3CuO + 2NH3  → 3Cu + N2 + 3H2O điểm) c) Ag2O + H2O2  → 2Ag + O2 + H2O d) Zn3P2 + 6H2O  → 3Zn(OH)2 + 2PH3 điểm) to e) NH4NO2  → N2 + 2H2O f) Không xảy ra điểm) g) O3 + 2KI + H2O  → O2 + I2 + 2KOH h) 3NaNO2 + H2SO4 loãng  → NaNO3 + Na2SO4 + 2NO + H2O (0,25 điểm) i) H3PO3 + 2NaOH (dư)  → Na2HPO3 + 2H2O k) CaOCl2 + H2SO4 loãng  → CaSO4 + Cl2 + H2O (0,25 điểm) 2. (1,25 điểm) a) ZnSO4 + 2NH3 + 2H2O  → Zn(OH)2 + (NH4)2SO4 Zn(OH)2 + 4NH3  → [Zn(NH3)]4(OH)2 điểm) b) H2S + 4Cl2 +4H2O  → H2SO4 + 8HCl c) Cl2 + NaHCO3  → NaCl + CO2 + HClO d) 2FeCl3 + 3Na2S  → 2FeS + S + 6NaCl

(0,25 (0,25 (0,25

(0,25

(0,25 điểm)

Trang 79

e) SO2 + Fe2(SO4)3 + 2H2O  → 2FeSO4 + 2H2SO4

d) Cl2 + 2KBr  → 2KCl + Br2 5Cl2 + Br2 + 6H2O  → 10HCl + 2HBrO3 điểm) e) [Cu(H2O)4]SO4.H2O + 4NH 3  → [Cu(NH3)4]SO4.H2O + 4H2O f) Mn2+ + H2O2 + 2OH−  → MnO2 + 2H2O

(0,25 điểm)

(0,25

(0,25 điểm)

Bài 2 (2,0 điểm) 1. (0,5 điểm)  → NH4+ + OHNH3 là bazơ yếu: NH3 + H2O ←  NaOH và Ba(OH)2 là những bazơ mạnh: NaOH  → Na+ + OHBa(OH)2  → Ba2+ + 2OH→ [OH ] trong các dung dịch giảm dần theo thứ tự: Ba(OH)2 , NaOH , NH3. điểm) → pH của chúng giảm dần theo thứ tự: Ba(OH)2, NaOH, NH3. điểm) 2. (1,0 điểm) t CaCO3  → CaO + CO2 CO2 + 2KOH  → K2CO3 + H2O điểm) CO2 + KOH  → KHCO3 K2CO3 + BaCl2  → BaCO3 + 2KCl điểm) 2KHCO3 + 2NaOH  → Na2CO3 + K2CO3 + 2H2O CaO + 2HCl  → CaCl2 + H2O (0,25 điểm) CaCO3 + 2HCl  → CaCl2 + CO2 + H2O ®pnc CaCl2  → Ca + Cl2 điểm) 3. (0,5 điểm) as 2AgBr  → 2Ag + Br2 AgBr + 2 S2O32- → Ag(S2O3 )32 + Br điểm) 2Ag(S2O3 )32 + 2CN → Ag(CN) 2 + 2 S2 O3

(0,25 (0,25

(0,25

2 Ag(CN)-2 + Zn → Zn(CN) 24 + 2Ag (0,25 điểm) Bài 3 (2,25 điểm) 1. (1,0 điểm) 2NO2 + 2NaOH  → NaNO2 + NaNO3 + H2O (0,25 điểm) 2Al + 2NaOH + 6H2O  → 2Na[Al(OH)4] + 3H2 Zn + 2NaOH + 2H2O  → Na2[Zn(OH)4] + H2 (0,25 điểm) 8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 18H2O  → 8Na[Al(OH)4] + 3NH3 Trang 80

4Zn + NaNO3 + 7NaOH + 6H2O  → 4Na2[Zn(OH)4] + NH3 (0,25 điểm) 2Al + NaNO2 + NaOH + 5H2O  → 2Na[Al(OH)4] + NH3 3Zn + NaNO2 + 5NaOH + 5H2O  → 3Na2[Zn(OH)4] + NH3 điểm) 2. (0,5 điểm) Fe + 2HCl  → FeCl2 + H2↑ a 2a a

KC =

(0,25

(0,32) 2 = 0,0406 (mol.l−1 ) 0, 21.12

điểm) K P = K C .(RT) ∆n =

 → HCO3− + OH− ; Kb1 = 10 -14/10 -10,33 = 10−3,67 CO32− + H2O ← 

2(a + b)36,5.100 - 2(a + b) = 419a + 387b 20

(0,25 điểm) C% (FeCl2 ) =

(0,25 điểm)

3. (0,75 điểm) a) Gọi công thức của chất A là NxHy. Ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất, một thể tích khí A có khối lượng bằng khối lượng của cùng một thể tích khí oxi → M A = M O = 32 2

14x + y = 32 → x = 2, y = 4 → chất A là N2H4 (hiđrazin) điểm) Công thức cấu tạo của N2H4:

(0,25

(1)  → H2CO3 + OH− ; Kb2 = 10 -14/10 -6,35 = 10−7,65 HCO3− + H2O ←  (2) Kb1 >> Kb2, c©n b»ng (1) lµ chñ yÕu. (0,25 điểm)  → HCO3− + OH− ; Kb1 = 10−3,67 CO32− + H2O ←  C [ ]

C C − 10−2,4

10−2,4

10−4,8 (10 −2,4 )2 = 10−3,67 → C = −3,67 + 10−2,4 = 0,0781M Ta có: −2,4 (C − 10 ) 10 α CO2- = 3

10-2,4 = 5,1% 0,0781

(0,25

điểm) 3. (0,5 điểm)  → 2 HCrOCr2O72- + H2O ←  4

K = 10-1,64

[]

0, 21 12

Kb-2 = 1015 Kw2 = 10-28

 → 2H+ + 2OH2H2O ← 

Trong N2H4, cả hai nguyên tử N đều ở trạng thái lai hóa sp3. (0,25 điểm) b) Tính bazơ của NH3 lớn hơn N2H4 do phân tử N2H4 có thể coi là sản phẩm thế một nguyên tử H trong NH3 bằng nhóm NH2, nguyên tử N có độ âm điện lớn, nhóm NH2 hút electron làm giảm mật độ electron trên nguyên tử nitơ của N2H4 hơn so với của NH3 → tính bazơ của N2H4 yếu hơn NH3. (0,25 điểm)

(0,25

điểm)

 → 2 CrO 2- + 2H2O 2 HCrO-4 + 2OH- ←  4

Bài 4 (1,75 điểm) 1. (0,5 điểm) PCl5 (k)

(0,25

2. (0,75 điểm)

b 2b b Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe và Mg có trong hỗn hợp X. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:

127a = 0,1576 → a = b 419a + 387b 95a → C% (MgCl2 ) = = 11,79% 419a + 387a

0,0406.22, 4.(273 + 250) = 1,7423 (atm) 273

điểm)

Mg + 2HCl  → MgCl2 + H2↑

Khối lượng dung dịch Y = 56a + 24b +

(0,25

 → 2 CrO2- + 2H+ Cr2O2 7 + H2O ← 4

K’ = 10-1,64.1015.10-28 = 10-14,64 (0,5 điểm)

Bài 5 (1,5 điểm) 1. (0,75 điểm) Số nguyên tử trong một ô mạng cơ sở là: n =

D.N A .a 3 (a là cạnh của ô mạng cơ sở) M

(0,25 điểm) * Nếu Cu kết tinh theo mạng lập phương đơn giản thì:  → ← 

PCl3 (k) 0,32 12

a = 2r → a3 = 8r3 → n =

Cl2 (k)

8,93.6,02.10 23 .8(1,28.10-8 )3 = 1, 4 → giả thiết sai. 63,5

(0,25 điểm)

0,32 12

Trang 81

Trang 82

c) C2H5ONa + H2O  → ancol, t o e) C6H5CH2Br + KOH  → o

* Nếu Cu kết tinh theo mạng lập phương tâm diện thì: 3

8,93.6,02.1023 .43 (1,28.10-8 )3  4  = 4 → phù hợp với kết quả  → n= 3  2 63,5 2

a 2 = 4r→ a 3 = r 3 

( )

thực nghiệm mạng lập phương tâm diện. Vậy đồng tinh thể kết tinh dưới dạng lập phương tâm diện. (0,25 điểm) 2. (0,75 điểm) a) Áp dụng biểu thức E n = −

 → (Với C6H5- là gốc phenyl) 2. Viết phương trình hóa học của các phản ứng (ghi rõ điều kiện) thực hiện dãy chuyển hóa sau:

Lưu ý:

B +Y

Cho biết E là ancol etylic, G và H là polime. Bài 2 (2,0 điểm) 1. Viết công thức cấu tạo các đồng phân ứng với công thức phân tử C4H10O. 2. Gọi tên thay thế các chất có công thức sau: a) CH3CH[CH2]4CHCH3 b) BrCH=CH-C≡CH c) O=CH-CH2-CH2-CH=CH-CH=O d) CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)[CH2]4CH(CH3)2 e)

- Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu. - Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó, điểm chiết phải được tổ thống nhất; Điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN HÓA HỌC (VÒNG 2) (Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 2 trang

Bài 1 (2,5 điểm) 1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau (nếu có):

→ a) CH3-C≡CH + HBr (dư) 

t h) CH2OH-CHOH-CH2OH  → k) 1-etylxiclohexen + K2Cr2O7 + H2SO4

→ E 2 = −3, 4Z2 (eV) = -328Z2 (kJ/mol) (0,25 điểm) - Đối với He+: Z = 2 → E2 = -1312 kJ/mol. - Đối với Li2+: Z = 3 → E2 = -2952 kJ/mol. (0,25 điểm) b) Theo định nghĩa, năng lượng ion hóa là năng lượng tối thiểu cần thiết để tách 1 electron ra khỏi hệ ở trạng thái cơ bản. Với cả 2 ion trên, trạng thái cơ bản ứng với n = 1. Các trị số năng lượng tính được ở trên ứng với trạng thái kích thích n = 2, do vậy không thể dùng bất cứ trị số E2 nào để tính năng lượng ion hóa. (0,25 điểm)

Số BD:……………..

t → g) BrCH2CH2CH2Br + Zn  V2 O5 i) Naphtalen + O2  → o 350− 450 C

13, 6.Z2 (eV) n2

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

d) CH3CH2CH2Cl + H2O  → Ni f) C6H5-CH=CH2 + H2  → o 20 C, 2−3atm

CCl

4 b) C2H2 + Br2   → −20o C

Trang 83

3. Từ etanol và các hoá chất vô cơ cần thiết (với điều kiện thích hợp), hãy viết phương trình hoá học của các phản ứng điều chế 1,1-đicloetan (qua 4 giai đoạn). Bài 3 (1,75 điểm) 1. Cho hai chất sau: C6H5CH2OH, o-H3CC6H4OH (với C6H5- là gốc phenyl) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (nếu có) khi cho từng chất trên tác dụng với kim loại Na, với dung dịch NaOH và với axit CH3COOH (ghi điều kiện phản ứng, nếu có). 2. Đốt cháy hoàn toàn 1,04 gam một hợp chất hữu cơ D cần vừa đủ 2,24 lít O2 (đktc) chỉ thu được khí CO2, hơi H2O theo tỉ lệ thể tích VCO2 : V H2O = 2 : 1 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của D, biết tỉ khối hơi của D so với hiđro bằng 52, D chứa vòng benzen và tác dụng được với dung dịch brom. 3. Cho 10 ml dung dịch ancol etylic 46o phản ứng hết với kim loại Na (dư), thu được V lít khí H2 (đktc). Biết khối lượng riêng của ancol etylic nguyên chất bằng 0,8 g/ml. Tìm giá trị của V. Bài 4 (1,75 điểm) 1. Thực nghiệm cho biết năng lượng liên kết, kí hiệu là E, (theo kJ.mol-1) của một số liên kết như sau: Liên kết O-H (ancol) C=O (RCHO) C-H (ankan) C-C (ankan) E 437,6 705,2 412,6 331,5 Liên kết C-O (ancol) C-C (RCHO) C-H (RCHO) H-H

Trang 84

332,8

350,3

415,5

430,5

Tính nhiệt phản ứng (∆H pư) của phản ứng: CH2(CHO)2 + 2H2  → CH2(CH2OH)2 (1) 2. Khi oxi hoá etylenglicol bằng HNO3 thì tạo thành một hỗn hợp 5 chất. Hãy viết công thức cấu tạo của 5 chất đó. 3. Viết các phương trình hóa học theo sơ đồ chuyển hóa sau: 1) etilen oxit H2SO4 Cl2 (1 mol) Mg B C D C6H5CH3 A as ete khan 15oC 2) HCl (1 mol)

Bài 5 (2,0 điểm) 1. Sắp xếp các hợp chất: phenol (I), p-metylphenol (II), m-nitrophenol (III) và p-nitrophenol (IV) theo thứ tự tăng dần tính axit. Giải thích. 2. Trong mỗi cặp chất sau đây, chất nào có nhiệt hiđro hóa lớn hơn? Giải thích. a) Penta-1,4-đien và penta-1,3-đien. b) trans-4,4-đimetylpent-2-en và cis-4,4-đimetylpent-2-en. 3. Tính pH của dung dịch C6H5COONa 2,0.10−5 M. Biết hằng số axit của axit benzoic bằng 6,29.10−5.

i) 2

+ 9O2

V2 O5 350-450oC

O + 4CO2 + 4H2O

(0,25 điểm)

C 2H 5

+ K2Cr2O7 + 4H2SO4

C2H5CO[CH2]4COOH + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 4H2O

(0,25 điểm)

2. (1,0 điểm) 1500o C 2CH4  → C2H2 + 3H2 (A) (B) Pd C2H2 + H2  → C2 H 4 PbCO , t o 3

--------------- Hết ---------------

ĐÁP ÁN

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG BÌNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN HÓA HỌC (VÒNG 2) (Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016) HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1 (2,5 điểm) 1. (1,5 điểm) a) CH3-C≡CH + HBr (dư)  → CH3CBr2CH3 CCl4 b) C2H2 + Br2  BrCH=CHBr  → o −20 C c) C2H5ONa + H2O  → C2H5OH + NaOH d) Không xảy ra. ancol, t o e) C6H5CH2Br + KOH  → C6H5CH2OH + KBr Ni f) C6H5-CH=CH2 + H2  → C6H5CH2CH3 o 20 C, 2−3atm g) BrCH2CH2CH2Br + Zn

nCH2=CH-CH=CH2

(0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm)

(0,25 điểm)

Trang 85

Na, to, p

CH2-CH=CH-CH2 G

(0,25 điểm)

H 2SO 4 ®Æc, 170 C C2H5OH  → C2 H 4 + H 2 O

nCH2=CH2

+ ZnBr2

t h) CH2OH-CHOH-CH2OH  → CH2=CH-CHO + 2H2O

(X) (C) Hg 2+ , H+ C2H2 + H2O → CH 3CHO to (Y) (D) Ni, t o CH3CHO + H2  → C2H5OH (E) H+ , t o C2H4 + H2O → C2H5OH xt, t o 2C2H5OH  → CH2=CH-CH=CH2 + 2H2O + H2 (F)

xt, to, p

CH2-CH2 H

Bài 2 (2,0 điểm) 1. (0,75 điểm) CH3CH2CH2CH2OH, (CH3)2CHCH2OH, CH3CH2CH(CH3)OH, (CH3)3CHOH CH3CH2CH2OCH3, (CH3)2CHOCH3, CH3CH2OCH2CH3 2. (0,75 điểm) a) 1,2-đimetylxiclohexan b) 1-brombut-1-en-3-in c) Hex-2-enđial d) 2,7,8-trimetylnonan c) Spiro [2,3] hexan d) Bixiclo [2,2,2] oct-2-en 3. (0,5 điểm)

(0,25 điểm) (0,5 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm)

Trang 86

C2H5OH C2H4 + Br2

H2SO4 ®Æc

C 2H 4 + H 2O

1700C CCl4

CH2Br-CH2Br + 2KOH

ancol

CH2Br-CH2Br

C2H2 + 2KBr + 2H2O

C2H2 + 2HCl (d−) CH3-CHCl2 (2 phương trình đúng: 0,25 điểm) Bài 3 (2,0 điểm) 1. (0,5 điểm) 2C6H5CH2OH + 2Na  → 2C6H5CH2ONa + H2 H SO ®Æc, to

2 4  → CH3COOCH2C6H5 + H2O C6H5CH2OH + CH3COOH ←  → 2o-H3CC6H4ONa + H2 2o-H3CC6H4OH + 2Na  o-H3CC6H4OH + NaOH  → o-H3CC6H4ONa + H2O 2. (0,75 điểm) 2,24 n CO2 = = 0,1 mol 22,4 Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có: mCO2 + m H2O = 1,04 + 32.0,1 = 4,24 gam

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

CH2 C

O H

+ 2H

C H

H CH2 C O

∆H0pư = (2EC=O + 2EH-H + 2EC-H (RCHO) + 2EC-H (Ankan) + 2EC-C (RCHO)) – (2EC-O + 2EO-H + 6EC-H (Ankan) + 2EC-C (Ankan)) (0,25 điểm) = (2.705,2 + 2.430,5 + 2.415,5 + 2.412,6 + 2.350,3) – (2.332,8 + 2.437,6 + 6.412,6 + 2.331,5) = 2 (705,2 + 430,5 + 415,5 + 350,3) – 2 (332,8 + 437,6 + 2 . 412,6 + 331,5) = - 51,2 (kJ) (0,25 điểm) 2. (0,5 điểm) HOCH2-CHO, OHC-CHO, HOCH2-COOH, OHC-COOH, HOOC-COOH 3. (0,75 điểm) as C6H5CH3 + Cl2  → C6H5CH2Cl + HCl ete khan → C6H5CH2MgCl (0,25 điểm) C6H5CH2Cl + Mg  C6H5CH2MgCl +

C6H5CH2CH2CH2OMgCl O C6H5CH2CH2CH2OMgCl + HCl  → C6H5CH2CH2CH2OH + MgCl2 C6H5CH2CH2CH2OH

H2SO4 15oC

Gọi số mol H2O là x  Số mol CO2 là 2x  44.2x + 18x = 4,24  x = 0,04 mol mC = 12.0,08 = 0,96 gam; m H = 0,08 gam  mC + mH = 0,96 + 0,08 = 1,04 gam  D không có oxi. (0,25 điểm) nC 0,08 1 D có công th ứ c: (CH) = =  n nH 0,08 1 Theo bài ra, ta có: 13n = 52.2 = 104  n = 8 (0,25 điểm) Vậy công thức phân tử của D: C8H8 Vì D chứa vòng benzen và tác dụng được với dung dịch brom  Công thức cấu tạo của D là CH=CH2

4,6.0,8 5,4 = 0,08 mol ; n H 2O = = 0,3 mol 46 18 2H2O + 2Na → 2NaOH + H2 0,3 0,15 (mol) 2C2H5OH + 2Na → 2C2H5ONa + H2 0,08 0,04 (mol) n H2 = 0,15 + 0,04 = 0,19 (mol)  V = 0,19.22,4 = 4,256.

(0,25 điểm)

n C2 H5OH =

(0,25 điểm)

+ H2 O

(0,25 điểm)

Vì VCO2 : V H2O = 2 : 1  n CO2 = 2n H2O

C6H5CH=CH2 + Br2  → C6H5CHBrCH2Br 3. (0,5 điểm) Vancol = 4,6 ml  VH2O = 5,4 ml

(1)

Bài 5 (2,0 điểm) 1. (0,75 điểm) * Tính axit: II < I < III < IV. (0,25 điểm) * Giải thích: Nhóm NO2 là nhóm hút electron mạnh nên làm tăng tính axit, nhóm metyl là nhóm đẩy electron nên làm giảm tính axit, kết quả: II < I < (III, IV). (0,25 điểm) Ngoài ra, p-nitrophenol có nhóm NO2 gây hiệu ứng –I, -C trong khi m-nitrophenol có nhóm NO 2 ch ỉ gây hi ệ u ứ ng –I nên nên đồ ng phân p-nitrophenol có tính axit cao h ơn đồ ng phân m -nitrophenol. (0,25 điểm) 2. (0,5 điểm) Nhiệt hiđro hóa của penta-1,4-đien lớn hơn của penta-1,3-đien; của cis-4,4- đimetylpent-2-en lớn hơn của trans-4,4- đimetylpet-2-en. (0,25 điểm) Giải thích: Do penta-1,4-đien kém bền hơn penta-1,3-đien và cis-4,4-đimetylpent-2-en kém bền hơn trans-4,4-đimetylpent-2-en. (0,25 điểm) 3. (0,75 điểm)

(0,25 điểm)

 → C6H5COOH + OH− C6H5COO− + H2O ← 

Kb =

(0,25 điểm)

Bài 4 (1,75 điểm) 1. (0,5 điểm)

H2 O

 → H+ + OH− ← 

Ta có: [OH−] = [C6H5COOH] + [H+]

Trang 87

10−14 = 1,59.10−10 6, 29.10−5

K H O = 10−14 2

(0,25 điểm)

Trang 88

 → [C6H5COOH] = [OH−] − [H+] = [OH−] −

10−14 [OH - ]

 10−14  [OH - ] − [OH - ]  [OH - ]  [C6 H 5COOH][OH ]  Mặt khác: K b = = = 1,59.10−10 [C6 H5COO- ] 2.10−5 − [C6 H5COOH] -

[OH - ]2 − 10−14 = 1,59.10−10 10-14 −5 2.10 − [OH ] + [OH - ]  → [OH−]3 + 1,59.10−10[OH−]2 − 13,18.10−15[OH−] − 1,59.10-24 = 0  → [OH−] = 1,148.10−7  → pOH = 6,94  → pH = 7,06  →

(0,25 điểm)

Lưu ý: - Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu. - Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó, điểm chiết phải được tổ thống nhất; Điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2014-2015 Khóa ngày 17 – 03 – 2015 Môn: Hóa LỚP 11 THPT – VÒNG I Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Họ và tên:……………….. Số báo danh:…………….. Câu 1. (2,0 điểm) 1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau (điều kiện thích hợp): a. Na2S2O3 + H2SO4 (loãng)  → b. KMnO4 + H2SO4 + HNO2  → c. ClO2 + NaOH (loãng)  d. NaClO + PbS  → → e. FeCl3 (dd)+ Na2S(dd)  f. S2O32- + I2  → → 2. Xác định các chất A1, A2,…A8 và viết các phương trình phản ứng thực hiện theo sơ đồ sau: +O2 ,t 0 ddNH 3d− +ddBr2 +ddBaCl 2 +ddNaOH +ddHCl A1  A3  → A4  → A2 → → A5  → A6  → A7 +ddAgNO3 → A8. Biết A1 là hợp chất của lưu huỳnh với 2 nguyên tố khác và có phân tử khối bằng 51u; A8 là chất kết tủa. Câu 2. (2,25 điểm) 1. Oleum là hỗn hợp được tạo ra khi cho SO3 tan trong H2SO4 tinh khiết. Trong h ỗn hợp đó có các axit dạng polisunfuric có công thức tổng quát là H2SO4.nSO3 hay H2Sn+1O3n+4 chủ yếu chứa các axit sau: axit sunfuric (H2SO4), axit đisunfuric ( H2S2O7), axit trisunfuric ( H2S3O10) và axit tetrasunfuric ( H2S4O13). Viết công thức cấu tạo của các axit trên.

Trang 89

2. Cho biết trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử sau đây: NCl3, ClF3, BrF5, XeF4. 3. Máu trong cơ thể người có màu đỏ vì chứa hemoglobin (chất vận chuyển oxi chứa sắt). Máu của một số động vật nhuyễn thể không có màu đỏ mà có màu khác vì chứa một kim loại khác (X). Tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) lập phương tâm diện của tinh thể X, có cạnh bằng 3,62.10-8 cm. Khối lượng riêng của nguyên tố này là 8920 kg/m3. Tính phần trăm thể tích của tế bào bị chiếm bởi các nguyên tử và xác định nguyên tố X. Câu 3. (2,0 điểm) 1. Cho biết độ tan của BaSO3 trong nước ở 25oC là 0,016 gam/100 gam nước, chấp nhận khối lượng riêng của dung dịch là 1g/ml. Hãy tính tích số tan của BaSO3. Biết: axit H2SO3 có pka1= 1,76; pka2 = 7,21. 2. Cho dung dịch A gồm KCN 0,12M và NH3 0,15M. Tính thể tích dung dịch HCl 0,71M cần cho vào 100ml dung dịch A để pH dung dịch thu được là 9,24. Biết: pka(HCN) = 9,35; pka(NH4+) =9,24. Câu 4: (2,0 điểm) 1. Cho: 3As2O3(r) + 3O2(k)  ∆H1 = - 812,11(kJ) → 3As2O5(r ) 3As2O3(r) + 2O3(k)  ∆H2 = - 1095,79 (kJ) → 3As2O5(r ) Biết: năng lượng phân li của oxi là 493,71kJ/mol, năng lượng liên kết O−O là 138,07 kJ/mol. Chứng minh rằng phân tử ozon không thể có cấu tạo vòng mà phải có cấu tạo hình chữ V.

 → H+ (dd) + HCO3- (dd). Biết các thông số nhiệt động 2. Cho phản ứng: CO2 (dd) + H2O (l) ←  của các chất ở 298K là CO2 (dd) H2O (l) HCO3- (dd) H+(dd) ∆G0s (kJ/mol): -386,2 -237,2 -587,1 0,00 ∆H0s (kJ/mol): -412,9 -285,8 -691,2 0,00 a. Tính hằng số cân bằng K của phản ứng trên ở 298K. b. Khi phản ứng trên đạt đến trạng thái cân bằng, nếu nhiệt độ của hệ tăng lên nhưng nồng độ của CO2 không đổi thì pH của dung dịch tăng hay giảm? Tại sao? Câu 5. (1,75 điểm) Cho 20 gam hỗn hợp A gồm FeCO3, Fe, Cu, Al tác dụng với 60 ml dung dịch NaOH 2M thu được 2,688 lít khí hiđro (đktc). Sau khi kết thúc phản ứng trên, cho tiếp 740 ml dung dịch HCl 1M vào và đun nóng cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí B và cặn rắn C chỉ chứa kim loại. Cho B hấp thụ từ từ vào dung dịch Ca(OH)2 dư thì thu được 10 gam kết tủa. Cho C tác dụng hết với axit HNO3 đặc, nóng, dư thu được dung dịch D và 1,12 lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Cô cạn D rồi nhiệt phân muối khan đến khối lượng không đổi được m gam rắn E. Tính khối lượng của các chất trong hỗn hợp A và giá trị m. Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Al = 27; Fe = 56; Cu = 64; Ca=40 ……………..HẾT……………… Đáp án HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT – VÒNG I NĂM HỌC 2014-2015 Môn: HÓA Khóa ngày 17-03-2015 Câu 1. (2,0 điểm) 1. (0,75 điểm) Phương trình hóa học của các phản ứng sau: a. Na2S2O3 + H2SO4 (loãng)  → Na2SO4 + SO2 + S + H2O b. 2KMnO4 + 3H2SO4 + 5HNO2  → K2SO4 + 2MnSO4 + 5HNO3 + 3H2O c. 2ClO2 + 2NaOH (loãng)  → NaClO2 + NaClO3 + H2O d. 4NaClO + PbS  → 4NaCl + PbSO4 e. 2FeCl3 + 3Na2S  → 6NaCl + 2FeS + S f. S2O32- + I2 → S4O62- + I- hoặc S2O32- + I2 → S4O62- + I3(Mỗi phương trình viết đúng được:0,125điểm) 2.(1,25 điểm) S = 32 => phần còn lại bằng 51 – 32 = 19 (NH5) => A1 là NH4HS (0,25 điểm)

Trang 90

A2: Na2S; A3: H2S; A4: SO2; A5: (NH4)2SO3; A6: (NH4)2SO4; A7: NH4Cl; A8: AgCl. NH4HS + 2NaOH  → Na2S + 2NH3 + 2H2O Na2S + 2HCl  → 2NaCl + H2S

 → Ba2+ + SO32BaSO3 ← 

(0,25 điểm)

H2S + 3/2O2  → SO2 + H2O SO2 + 2NH3 + H2O  → (NH4)2SO3 (NH4)2SO3 + Br2 + H2O  → (NH4)2SO4 + 2HBr (NH4)2SO4 + BaCl2  → 2NH4Cl + BaSO4 NH4Cl + AgNO3  → NH4NO3 + AgCl Câu 2. (2,25 điểm) 1. (0,75 điểm) CTCT:

 → SO3 + H2O ←  2-

(0,25 điểm)

HSO3- +

HSO3-

(1)

+ OH

 → H2SO3 + OH H2O ← 

(2)

-12,24

(3)

Kb1 = 10 –

Kb2 = 10

Vì Kb2 << Kb1 nên có thể bỏ qua cân bằng (3).

(0,25 điểm)

→ S =[Ba 2+ ]=[SO32- ] + [HSO3- ] = 7,373.10-4M

(0,25 điểm)

Đặt [HSO3- ] = x → [SO32− ] = S - x Theo (2): [HSO3 ][OH ] = K b1 2[SO3 ]

→ (0,25điểm)

-6,79

x2 7,373.10-4 - x

→

x2 S-x

( 0,25 điểm)

= 10-6,79

-5 = 10-6,79 → x = 1,085.10 M

(0,25 điểm)

→ [SO32 − ] = S - x = 7,373.10−4 - 1,085.10−5 = 7,265.10−4 M

→ K s = [Ba 2+ ][SO32- ] = 7,373.10-4 .7,265.10-4 = 5,356.10-7

(0,5 điểm)

(Có thể viết công thức cấu tạo tuân theo quy tắc bát tử) 2. (0,5 điểm)

NCl3 N

Cl Cl

N lai hoá sp3. Chóp tam giác

ClF3 Cl

BrF5 F

XeF4

F F F

Cl lai hoá sp3d. Br lai hoá sp3d2. Dạng chữ T Dạng chóp vuông (Mỗi cặp xác định đúng được (0,25 điểm)

F Xe

Cl lai hoá sp3d2. Dạng vuông phẳng

3. (1,0 điểm) 1 1 *Số nguyên tử trong một ô mạng cơ sở = 8. + 6. = 4 8 2

(0,25 điểm)

4 4 4. .πr 3 4. .πr 3 π 2 3 3 Phần trăm thể tích của tế bào bị chiếm bởi các nguyên tử = = = = 74% 3 a3 6  4r     2 (0,25 điểm)

n.M N.V.d N.d.a 3 6,023.1023 .8,92.(3,62.10-8 )3 →M= = = = 63,7 gam * d= N.V n n 4 → X là Cu. Câu 3. (2,0 điểm) 1.(1,0 điểm) Gọi S là độ tan của BaSO3 trong nước, ta có: 0,016 1000 S= . = 7,373.10-4 M 217 100

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

(0,25 điểm)

(0,25 điiểm)

2.(1,0 điểm) Thêm HCl vào dung dịch A có các phản ứng:  → NH + H + +NH ← k1 =k a-1(NH + ) =109,24 (1) 3  4 4 9,35 (2)  → HCN k 2 =k -1 H+ + CN- ←  a (HCN) =10 + Dung dịch sau phản ứng có pH =9,24 nên H tác dụng hết và dung dịch có chứa thêm HCN và NH4+. (0,25 điểm) * Xét cân bằng (1), áp dụng định luật tác dụng khối lượng, ta có: [NH ].[H + ] [NH3 ] k a (NH + ) 10-9,24 3 4 k a (NH+ ) = → = = =1 + 4 [NH ] [NH 4+ ] [H + ] 10-9,24 4 [NH3] = [NH4+] nghĩa là có 50% NH3 đã phản ứng với HCl (0,25 điểm) * Tương tự xét cân bằng (2), ta có: [CN − ].[H + ] ka = (HCN) [HCN] − [CN ] k a (HCN) 10-9,35 = = =10−0,11=0,776 → [HCN] [H + ] 10-9,24 C CCN- = [CN - ] +[HCN]  CN = 1+ 0, 776 = 1, 776 [HCN] 1  [HCN] = .C - = 56,3%.CCN1, 776 CN Có nghĩa là 56,3% CN- đã phản ứng với HCl 56,3 50 Suy ra: n HCl = .n - + .n NH3 = 100 CN 100 56,3 50 (0,25 điểm) = .0,1.0,12+ .0,1.0,15= 1,426.10-2 mol 100 100 Vậy : Thể tích dung dịch HCl đã dùng: V≈ 20 ml. (0,25 điểm) Câu 4: (2,0 điểm) O 1.(1,0 điểm) TH1: Nếu ozon có cấu tạo vòng O

thì khi nguyên tử hóa phân tử O3 phải phá vỡ 3 liên kết đơn, lượng nhiệt cần tiêu thụ là:

Trang 91

Trang 92

∆H3 = 3.138,07 = 414,21 kJ/mol. TH2: Nếu ozon có cấu tạo hình chữ V

(1)

(0,25 điểm)

thì khi nguyên tử hóa phân tử O3 phải phá vỡ 1 liên kết đơn O−O và 1 liên kết đôi O=O lượng nhiệt cần tiêu thụ là: ∆H4 = 493,71 + 138,07 = 631,78 kJ/mol. (2) (0,25 điểm) Trong khi đó: 3O2  → 2O3 ∆H ∆H = ∆H1 - ∆H2 = -812,11 – (-1095,79) = 283,68 (kJ/mol) Ta xây dựng được theo sơ đồ sau:

2HCl + Fe → FeCl2 + H2 (6) − TH1: Nếu Fe hết sau phản ứng (6): Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2 ↑ + 2H2O (7) 0,025 0,025 0,05 → mCu = 1,6 gam. → mFe = 20 − mCu − mAl − m FeCO 3 = 4,64 gam

(0,25 điểm)

Gọi Fe dư: x mol; Cu: y mol Ta có: mFe dư + mCu =20 − mFe phản ứng(6) − mAl − m FeCO3 = 1,2 gam

(0,25 điểm)

56x + 64y = 1,2 (I) Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2 ↑ + 2H2O Fe + 6HNO3 → Fe(NO3)3 + 3NO2 ↑ + 3H2O → n NO2 = 3x + 2y = 0,05 (II)

Theo sơ đồ trên, ta tính được: -ΔH+3.ΔH pl(O2 ) -283,68+3.493,71 (0,25điểm) = 598,725(kJ/mol) (3) ΔH = = pl(O3 ) 2 2 Từ kết quả (1), (2) và (3) rõ ràng ozon có cấu tạo hình chữ V phù hợp hơn về năng lượng so với cấu (0,25 điểm) tạo vòng.

2.(1,0 điểm)

 → H+ (dd) + HCO3- (dd) a. CO2 (dd) + H2O (l) ← 

(0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm)

22,4

3 H2 ↑ (1) 2 0,08 0,08 0,08 0,12 (mol) → NaOH dư sau phản ứng (1) là: 0,04 mol; nAl = 0,08 mol → mAl = 2,16 gam Khi thêm tiếp dung dịch HCl; ta có n = 0,74.1 =0,74mol HCl NaOH + HCl → NaCl + H2O (2) 0,04 0,04(mol) → HCl dư sau phản ứng (2) là: 0,7 mol NaAlO2 + 4HCl → NaCl + AlCl3 + 2H2O (3) 0,08 0,32(mol) → HCl dư sau phản ứng (3) là: 0,38 mol C+ HNO3 được khí duy nhất → FeCO3 đã phản ứng hết với HCl (4) FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2 + H2O CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (5) →n =n = 0,1 mol; → m = 11,6 gam FeCO CaCO FeCO 3 3 3 → HCl dư sau phản ứng (4) là: 0,18 mol. Như vậy, B là hỗn hợp khí → Có cả CO2 và H2 → có phản ứng Fe và HCl

(9)

Giải hệ phương trình (I) & (II) được x = 0,01mol; y = 0,01mol → mCu = 0,64 gam; mFe = 0,56 gam Cu(NO3)2→ CuO + NO2 ↑+ ½ O2↑ 3 2Fe(NO3)3→ Fe2O3 + 6NO2 ↑+ O2 ↑ 2 Vây, m = mCuO + m Fe 2 O3 = 1,6 gam

(0,25 điểm)

Lưu ý:

(1)

∆G0pứ = ∆G0s (H+) + ∆G0s (HCO3-) − ∆G0s (CO2) − ∆G0s (H2O) = 0,0 + (-587,1) + 386,2 + 237,2 = 36,3 kJ ∆G0pứ = −RTlnK → lnK = −∆G0pứ/RT = −(36,3.103) : (8,314.298) = −14,65 → k = 10-6,36 b. ∆H0pư = ∆H0s (H+) + ∆H0s (HCO3-) − ∆H0s (CO2) − ∆H0s (H2O) = 0,0 − 691,2 + 412,9 + 285,8 = 7,5 kJ (thu nhiệt) Do ∆H0pư > 0 nên khi nhiệt độ tăng, cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, pH giảm. Câu 5. (1,75 điểm) Theo bài ra ta có: n H = 2,688 =0,12mol ; n NaOH =0,06.2=0,12mol

(0,25 điểm)

Cu(NO3)2→ CuO + NO2 ↑+ 1/2O2↑ (8) Vây, m = mCuO = 2 gam − TH2: Nếu Fe dư sau phản ứng (6): n phản ứng = ½ nHCl = 0,09 (mol)

Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa. - Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của 1 ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ; nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó; điểm chiết phải được tổ thống nhất; điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm. ---------------------------------------------------HẾT----------------------------------------------

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC Họ và tên:……………….. Số báo danh:……………..

+ NaOH + H2O → NaAlO2 +

(0,25 điểm)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2014-2015 Khóa ngày 17 – 03 – 2015 Môn: Hóa LỚP 11 THPT – VÒNG II Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 02 trang

Câu 1. (2,0 điểm) 1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau (điều kiện thích hợp): a. CH2=CH-COOH + dd HBr  → sản phẩm chính … b. Propilen + KMnO4 + H2O  c. Toluen + dd KMnO4 (t0)  → → d. OHC- CH=CH-CHO + Br2 (dư) + H2O  →

CaO,t e. CH2=CH-COONa + NaOH  →

f. C6H5OH + dung dịch FeCl3 dư  → (0,25 điểm)

Trang 93

Trang 94

2. Hợp chất hữu cơ A có công thức CxHyO2, là dẫn xuất của benzen, có độ bất bão hòa bằng 4 và 17 liên kết σ. Biết 1 mol A tác dụng tối đa với 2 mol NaOH. Viết công thức cấu tạo có thể có của A. Câu 2. (2,0 điểm) a. Vẽ công thức các đồng phân hình học của hợp chất có công thức FCH2-CH=C(CH=CHF)2. b. So sánh độ dài giữa các liên kết a, b, c, d của những hợp chất cho dưới đây. Giải thích. c. Sắp xếp các chất dưới đây theo thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi. Giải thích ngắn gọn. Benzen-1,4-điol (3); Benzen-1,3-điol (2); Benzen-1,2-điol (1). d. Cho bốn hợp chất: o-Xilen, m-Xilen, p-Xilen, etylbenzen và bốn giá trị nhiệt độ nóng chảy: - 950C, -480C, -250C, 130C. Hãy điền các giá trị nhiệt độ nóng chảy tương ứng với các chất theo bảng sau. Hợp chất o- Xilen m- Xilen p-Xilen Etylbenzen Nhiệt độ nóng chảy Câu 3. (2,0 điểm) Một hidrocacbon mạch hở A (có đồng phân hình học) là chất khí ở điều kiện thường, thu được từ cracking dầu mỏ có chứa 85,7% cacbon về khối lượng. Nếu thêm HBr vào A thì thu được hợp chất B. Cho B phản ứng với KCN tạo thành chất C và phản ứng với dung dịch KOH tạo thành chất D. Thuỷ phân C trong môi trường axit tạo thành chất E và oxi hóa C bằng H2O2 tạo thành chất H. Cho D phản ứng với H2SO4 đặc ở những điều kiện khác nhau có thể tạo thành 4 sản phẩm khác nhau: 1 chất có trong số các chất ở trên và 3 chất còn lại F, G, I. Biết H là một dung môi cho sơn và được dùng để loại bỏ parafin của dầu bôi trơn. Khi cho H phản ứng với phenylhidrazin tạo thành chất K. a. Xác định công thức cấu tạo A, B, C, D, E, F, G, H, K, I và viết các phương trình phản ứng xảy ra. b. Viết các đồng phân quang học của C, xác định cấu hình R, S. Câu 4. (2,0 điểm) 1. Viết phương trình hóa học của các phản ứng (dưới dạng công thức cấu tạo) theo sơ đồ sau: +O2 ,Cu,t 0 + Br2 + ddNaOH,t 0 + ddAgNO3 / NH3 +ddHCl C3H6  → B  → D → E → F(đa chức) → A 

2. Trình bày tóm tắt cơ chế của các phản ứng sau đây:

(Cho H = 1; C = 12; O = 16; Br = 80; Ba=137) …………….HẾT……………..

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT – VÒNG II NĂM HỌC 2014-2015 Môn: HÓA - Khóa ngày 17-03-2015 Câu 1. (2,0 điểm) Phương trình hóa học của các phản ứng sau: a. CH2 = CH-COOH + HBr  → BrCH2-CH2-COOH b. 3CH3-CH=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O  (0,25 điểm) → 3CH3-CHOH-CH2OH + 2MnO2 + 2KOH t0 c. C6H5-CH3 + 2KMnO4  → C6H5-COOK + 2MnO2 + KOH + H2O d. OHC-CH=CH-CHO + 2Br2 + 2H2O  (0,25 điểm) → HOOC-CHBr-CHBr-COOH + 4HBr 0

CaO ,t e. CH2=CH-COONa + NaOH  → C2H4

+ Na2CO3

(0,25

điểm) f. 6C6H5OH+Fe3+→ [Fe(OC6H5)6]3- + 6H+

(0,25điểm)

(0,25 điểm) 2. Ta có công thức A: CxHyO2. 2x+2-y = 4 → 2x – y = 6 2 4x+y+2.2 Số liên kết có trong phân tử A là: . 2 4x + y +2.2 Số liên kết σ có trong phân tử A là: - 3 = 17 → 4x + y =36 2 (vì A có 3 liên kết π trong phân tử) Giải (1) và (2), suy ra: x = 7; y = 8. Vậy CTPT của A là: C7H8O2. Công thức cấu tạo có thể có của A:

Theo bài ra: A có độ bất bão hòa là: ∆ =

(1)

(2) (0,25 điểm)

(0,5 điểm)

Câu 5. (2,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 10,4 gam chất hữu cơ X rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 chứa H2SO4 đặc và bình 2 chứa 600 ml dung dịch Ba(OH)2 1M, thấy khối lượng bình 1 tăng 5,4 gam, bình 2 tăng 37 gam đồng thời xuất hiện 78,8 gam kết tủa. a. Xác định công thức phân tử của X. Biết khi hóa hơi 10,4 gam X thu được thể tích khí bằng thể tích của 2,8 gam hỗn hợp khí C2H4 và N2 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. b. X có một đồng phân là X1, biết rằng khi cho 3,12 gam X1 phản ứng vừa đủ với 96 gam dung dịch Br2 5% trong bóng tối. Nhưng 3,12 gam X tác dụng tối đa với 2,688 lít H2 (đktc) khi có xúc tác Ni, đun nóng và áp suất. Viết công thức cấu tạo và gọi tên X1. c. X2 là đồng phân của X1 chứa các nguyên tử cacbon đồng nhất, khi tác dụng với Cl2 khi có chiếu sáng thu được một dẫn xuất monoclo duy nhất. Xác định công thức cấu tạo của X2.

Trang 95

Câu 2. (2,0 điểm) a. (0,5 điểm) F F F F

F F

F F b. (0,5 điểm) Do trạng thái lai hóa của nguyên tử cacbon khác nhau mà bán kính nguyên tử của chúng khác nhau: rC 3 > rC 2 > rCsp → Độ dài của các liên kết được sắp xếp theo thứ tự như sau: a > c > b > d. sp

(sắp xếp đúng được 0,25 điểm, giải thích đúng được 0,25 điểm) c. (0,5 điểm) Ta có CTCT: benzen-1,2-điol (1); benzen-1,3-điol (2); benzen-1,4-điol (3)

Trang 96

(1) Có liên kết hydro nội phân tử nên nhiệt độ sôi là bé nhất. (2), (3) đều có liên kết hydro liên phân tử nhưng liên kết hydro của (3) bền hơn (2) do ít bị cản trở về mặt không gian hơn. Do đó nhiệt độ sôi được sắp xếp theo thứ tự tăng dần như sau: (1) < (2) < (3). (sắp xếp đúng được 0,25 điểm, giải thích đúng được 0,25 điểm) d. (0,5 điểm) Hợp chất o- Xilen m- Xilen p-Xilen Etylbenzen Nhiệt độ 0 0 0 -25 C -48 C 13 C -950C nóng chảy Câu 3. (2,0 điểm) a. (1,75 điểm) Theo bài ra, ta có: C : H = (85,7:12) : (14,3:1) = 1 : 2  C4H8. Vì sản phẩm cracking có đồng phân hình học nên công thức cấu tạo của A là: CH3-CH=CH-CH3 CN OH Br COOH

(A) O

(B)

(C)

Câu 4. (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Phương trình hóa học các phản ứng theo sơ đồ:

(E)

(1). t0 (2). BrCH2 -CH2-CH2Br + 2NaOH  → HOCH2CH2CH2OH + 2NaBr 0 t ,Cu (3). HOCH2CH2CH2OH + O2  → OHC- CH2 - CHO + 2H2O

NH OSO3H

SO2 O

(H)

(D)

(F)

(G)

O (I)

(K)

( Mỗi phương trình hóa học viết đúng được 0,125 điểm) b. (0,25 điểm) Các đồng phân quang học của C:

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

(0,5điểm)

Các phương trình phản ứng xảy ra:

t (4). OHC-CH2 -CHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O  → H4NOOC-CH2 -COONH4 + + 4Ag↓ + 4NH4NO3 (5). H4NOOC-CH2 -COONH4 + 2HCl  → HOOC-CH2 -COOH + 2NH4Cl 2. (1,0 điểm) Cơ chế của các phản ứng: (Mỗi ý đúng được 0,5 điểm)

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

(0,5 điểm)

(0,5 điểm) Câu 5. (2,0 điểm) a. (1,0 điểm) Bình 1: Chứa H2SO4 đặc hấp thụ nước Bình 2: Chứa dung dịch Ba(OH)2 hấp thụ CO2 và có thể cả nước chưa bị hấp thụ bởi H2SO4 Theo bài ra ta có: m CO2 +m H 2 O =5,4+37= 42,4g (I) VX =VC2 H 4 + VN2  → n X = n C2 H4 + n N 2 =

2,8 = 0,1mol 28

(0,25 điểm)

Xét bình 2: Các phản ứng có thể

Trang 97

Trang 98

Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3↓ + H2O (1) (2) Ba(OH)2 + 2CO2 → Ba(HCO3)2 Trường hợp 1: Nếu Ba(OH)2 dư khi đó chỉ xảy ra phản ứng (1) 78,8 42,4 - 0,4.44 n CO2 =n BaCO3 = = 0,4 mol ; Thay vào (I) ta tìm được n H 2O = = 1,378 mol 197 18 Đặt công thức của X là CxHyOz y z y Phương trình cháy: C x H y O z +(x+ - )O 2  → xCO 2 + H 2O 4 2 2 2.n H 2O 2.1,378 Theo phương trình: y = = = 27,56 → vô lí (vì y phải nguyên) (0,25 điểm) nX 0,1 Trường hợp 2: Nếu phản ứng tạo hỗn hợp hai muối 42,4 - 0,8.44 Theo (1) và (2) ta có : n CO2 = 0,8 mol → n H 2O = = 0,4 mol 18 y z y C x H y O z +(x+ - )O 2  → xCO 2 + H 2O 4 2 2 Theo phương trình ta có: n CO2 0,8 2.n H 2 O 2.0,4 x= = = 8, y = = =8 n A 0,1 nX 0,1 m 10,4 Mà 12.x + y + 16.z = X = (0,25 điểm) =104 → z=0 n X 0,1 Vậy công thức phân tử của X là: C8H8 (0,25 điểm) n Br2 0,03 n H2 0,12 3,12 b) (0,5 điểm) ta có: n X1 = = =1; = =4 = 0,03mol ; n X1 0,03 n X1 0,03 104 1 mol X1 + 1mol dung dịch Br2 → X1 có 1 liên kết π kém bền (dạng anken) 1 mol X1 + 4 mol H2 → X1 có 4 liên kết π, hoặc vòng kém bền → X1 có 3 liên kết π hoặc vòng bền không tác dụng với dung dịch Br2 Suy ra X1 là hợp chất có phải cấu trúc vòng benzen Vậy X1 là Stiren có công thức cấu tạo:

(0,25 điểm)

(0,25 điểm) c) (0,5 điểm) X2 tác dụng với Cl2 có chiếu sáng cho dẫn xuất monoclo duy nhất nên X2 phải là hợp chất no hoặc hợp chất thơm. Mặt khác các nguyên tử cacbon trong X2 hoàn toàn đồng nhất nên chỉ có cấu tạo sau thỏa mãn với hợp chất X2

(0,5 điểm) Lưu ý: - Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu. - Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó, điểm chiết phải được tổ thống nhất; Điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.

Trang 99

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC (Dành cho học sinh THPT không chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố : H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; P = 31; Ca = 40; Cr = 52, Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag=108; I = 127; Ba = 137. Câu 1: 1. Giải thích tại sao khi clo hóa metan (có tác dụng của ánh sáng, theo tỉ lệ mol 1:1) trong sản phẩm có butan. 2. Đốt cháy hoàn toàn m gam chất hữu cơ A cần dùng vừa đủ 15,4 lít không khí (đktc) thu được hỗn hợp B gồm CO2, H2O và N2. Dẫn hỗn hợp B vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 10 gam kết tủa, sau thí nghiệm khối lượng bình nước vôi tăng 7,55 gam và thấy thoát ra 12,88 lít khí (đktc). Biết trong không khí có chứa 20% oxi về thể tích, còn lại là N2 và phân tử khối của A nhỏ hơn 150u. Xác định công thức phân tử của A. Câu 2: 1. Nén hỗn hợp gồm 4 mol nitơ, 16 mol hiđro vào một bình kín có thể tích 4 lít (chỉ chứa xúc tác với thể tích không đáng kể) và giữ ở nhiệt độ không đổi. Khi phản ứng trong bình đạt cân bằng, áp suất trong bình bằng 0,8 lần áp suất ban đầu. Tính hằng số cân bằng của phản ứng. 2. Viết các phương trình phản ứng hóa học hoàn thành sơ đồ sau: 0

Chaát raén (X1) Muoái (X)

(1) Hoãn hôïp khí (D)

+ H2, t

(2) + H2O

(4)

+ (R)

Chaát raén (X2) (6) dd loaõng (X4)

(3) + (M)

(5)

(X3) (X5)

(7)

(X)

(X2 + HCl)

(8)

(X3)

Biết X2 là kim loại màu đỏ; hỗn hợp (D) màu nâu đỏ; M là kim loại. Câu 3: 1. Viết phương trình phản ứng (dạng phân tử và ion thu gọn) khi cho các cặp dung dịch (mỗi dung dịch đều chứa 1 mol chất tan) tác dụng với nhau: BaCl2 và NaHSO4; Ba(HCO3)2 và KHSO4; Ca(H2PO4)2 và KOH; Ca(OH)2 và NaHCO3; Ca(HCO3)2 và NaOH. 2. Trình bày 3 cách khác nhau để điều chế etylenglicol từ etilen. Câu 4: 1. Nêu phương pháp hóa học (tối ưu) để loại các chất độc sau: - SO2, NO2, HF trong khí thải công nghiệp - Lượng lớn khí clo dò rỉ ra không khí của phòng thí nghiệm. 2. Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M hóa trị 3. Chia 38,6 gam X thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được các sản phẩm khử chỉ có NO, N2O (hỗn hợp Y) với tổng thể tích 6,72 lít, tỉ khối của Y so với H2 là 17,8. Phần 2 cho vào dung dịch kiềm sau một thời gian thấy lượng H2 thoát ra vượt quá 6,72 lít. Biết các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. a) Xác định tên kim loại M và % khối lượng của kim loại trong X. b) Tính khối lượng HNO3 đã phản ứng. Câu 5: 1. Cho 30,3g dung dịch ancol etylic ao trong nước tác dụng với natri dư thu được 8,4 lít khí (đktc). Xác định giá trị của a, biết rằng khối lượng riêng của ancol etylic tinh khiết là 0,8g/ml và của nước là 1 gam/ml. 2. Có 3 hidrocacbon cùng ở thể khí, nặng hơn không khí không quá 2 lần, khi phân huỷ đều tạo ra cacbon (chất rắn), hidro và làm cho thể tích tăng gấp 3 lần so với thể tích ban đầu (ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). Đốt cháy những thể tích bằng nhau của 3 hidrocacbon đó sinh ra các sản phẩm khí theo tỷ lệ thể tích 5 : 6 : 7 (ở cùng điều kiện 1000C và 740mmHg). a) Ba hidrocacbon đó có phải là đồng đẳng của nhau không? Tại sao? b) Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của chúng, biết rằng một trong ba chất đó có thể điều chế trực tiếp từ rượu etylic, hai trong ba chất đó có thể làm mất màu nước brôm, cả ba chất đều là hidrocacbon mạch hở.

Trang 100

-------------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….; Số báo danh…………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC (HD chấm có 04 trang) (Dành cho học sinh THPT không chuyên) Câu Câu 1

Câu 2

Hướng dẫn chấm as 1. CH4 + Cl2  → CH3Cl + H2O. Cl2 2Cl* Khơi mào: Phát triển mạch: Cl* + CH4 CH3* + HCl CH3* + Cl2 CH3Cl + Cl* Tắt mạch: CH3* + Cl* CH3Cl. Cl2 Cl* + Cl* * * CH3 + CH3 C2H6 ( sản phẩm phụ) Tiếp tục. C2H5* + HCl Cl* + C2H6 C2H5* + Cl2 C2H5Cl + Cl* Tắt mạch: C2H5* + Cl* C2H5Cl. Cl* + Cl* Cl2 C2H5* + C2H5* C4H10 2. Ta có: nkk=0,6875 mol  nO2=0,1375 mol và nN2=0,55 mol Gọi công thức phân tử A1 là CxHyOzNt Phản ứng: CxHyOzNt + (x+y/4 - z/2)O2 → xCO2 + y/2H2O + t/2N2 (1) Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3↓ + H2O (2) 0,1 ← 0,1 mCO2+mH2O = 7,55  mH2O = 3,15 gam  nH2O = 0,175 mol  nH=0,35 mol nN2(sau) = 0,575 mol  nN2(1) = 0,025 mol  nN = 0,05 mol Theo ĐLBTNT oxi: nO(A) = 0,1.2 + 0,175.1 - 0,1375.2 = 0,1 mol Tỉ lệ: x : y : z : t=0,1 : 0,35 : 0,1 : 0,05=2 : 7 : 2 : 1  CTPT là (C2H7O2N)n, do 77n < 150  n = 1 Vậy công thức phân tử là C2H7O2N 1. Gọi x là số mol N2 lúc phản ứng.  → 2NH3(k) N2(r) + 3H2(k) ← 

n H 2 = 16-3.2 = 10(mol)  [H 2 ]=

10 = 2,5(mol/l) 4

0,25

4 n NH3 = 2.2 = 4(mol)  [NH 3 ]= = 1(mol/l) 4 2 2 [NH 3 ] 1 KC = = = 0,128 [N 2 ].[H 2 ]3 (0,5).(2,5)3 2. Viết các phương trình phản ứng: to 1) Cu(NO3)2  → CuO + 2NO2↑ + 1/2O2↑

Điểm 0,25

0,25

0,125đ /pứ

t 2) CuO + H2  → Cu + H2O o

0,25

Câu 3 0,25

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

t 3) Cu + Cl2  → CuCl2 4) 2NO2 + 1/2O2 + H2O → 2HNO3 5) 4HNO3 + 3Ag → 3AgNO3 + NO↑ + 2H2O 6) 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 +2 NO↑ + 4H2O 7) CuCl2 + AgNO3 → Cu(NO3)2 + AgCl ↓ 8) 3Cu + Cu(NO3)2 + 8HCl → 4CuCl2 + 2NO↑ + 4H2O 1. BaCl2 + NaHSO4  → BaSO4 ↓ + NaCl + HCl Ba2+ + HSO4- → BaSO4↓ + H+ (Thí sinh viết HSO4- phân li hoàn toàn vẫn cho đủ số điểm) Ba(HCO3)2 + KHSO4  → BaSO4 ↓ + KHCO3 + CO2 ↑ + H2O Ba2+ + HCO3- + HSO4- → BaSO4↓ + H2O + CO2↑ Ca(H2PO4)2 + KOH  → CaHPO4 ↓ + KH2PO4 + H2O Ca2+ + H2PO4- + OH- → CaHPO4 ↓ + H2O Ca(OH)2 + NaHCO3  → CaCO3 ↓ + NaOH + H2O Ca2+ + OH- + HCO3- → CaCO3 ↓ + H2O Ca(HCO3)2 + NaOH  → CaCO3 ↓ + NaHCO3 + H2O Ca2+ + HCO3- + OH-  → CaCO3 ↓ + H2O

KMnO4 laïnh

2. Cách 1 : CH2=CH2 → HO-CH2-CH2-OH . 0,25

dd NaOH , t OHCH2-CH2OH. Cách 2: CH2=CH2 Cl2 ,CCl  4 → ClCH2-CH2Cl →

CH2

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

CH2

O2 , Ag, t 2O O 0,25đ Cách 3 : CH2=CH2  → H  → OHCH2-CH2OH 1. Dùng nước vôi trong: dẫn khí thải có SO2, CO2, HF qua nước vôi trong, khí độc sẽ bị giữ lại: Ca(OH)2 + SO2 → CaSO3 ↓ + H2O 2Ca(OH)2 + 4NO2 → Ca(NO3)2 + Ca(NO2)2 + 2H2O 0,25 Ca(OH)2 + 2HF → CaF2 + 2H2O Thí sinh dùng NaOH, KOH … (đắt tiền) không cho điểm. Dùng NH3: dạng khí hay lỏng, phun vào không khí có lẫn khí clo 0,25 3Cl2 + 2NH3 → 6HCl + N2 ; HCl + NH3 → NH4Cl 2.a. Do HNO3 dư nên Fe sẽ tạo muối Fe3+=> Coi Fe và M có công thức chung M => nY = 0,3 mol. => Khối lượng trung bình của Y: 35,6 g/mol. Hỗn hợp Y là 0,3 mol; a là số mol của NO => 30a + (0,3-a)44 = 35,6 => a= 0,18 mol. => Tỉ lệ mol NO/N2O = 3/2. => Phương trình hóa học của phần 1: t0 25 M + 96HNO3  → 25 M (NO3)3 + 9NO↑ + 6 N2O↑ + 48H2O (1) 0,18.25 => nM = = 0,5 mol. 9 0

4mol 16 mol Ban đầu: Phản ứng: xmol 3x mol 2x mol Cân bằng: (4-x)mol (16-3x)mol 2x mol Vì phản ứng xảy ra ở nhiệt độ không đổi và trong bình kín nên giữa áp suất và số mol ta có tỉ lệ: P1 n1 0,25 = P2 n 2 với P1, P2 lần lượt là áp suất trước, sau phản ứng n1, n2 lần lượt là số mol trước, sau phản ứng P1 20 =  n 2 = 16(mol) 0,8P1 n 2 Tổng số mol các chất sau phản ứng là: 0,25 (4-x) + (16-3x) + 2x = 16 x = 2 Số mol và nồng độ mol/l các chất sau phản ứng là: 2  n N 2 = 4-2 = 2(mol)  [N 2 ]= = 0,5(mol/l) 4

Trang 101

Câu 4

Trang 102

X tác dụng với kiềm có khí thoát ra nên M sẽ phản ứng. => Phương trình hóa học của phần 2: M + H2O + OH- MO2- + 3/2H2 ↑ (2) >2. 0,3/3=0,2 >0,3 mol => 0,5 > nM > 0,2 mol. - Gọi x là số mol của M => số mol Fe: 0,5 -x mol 56 x − 8,7 => Mx + (0,5-x)56 = 19,3 => M = với 0,2 < x < 0,5 x 8,7 8,7 => x = => 0,2 < < 0,5 => 12,5 < M < 38,6 => Chỉ có Al. 56 − M 56 − M => x = 0,3 mol . 0,3.27 Vậy %mAl = .100% = 41,97% ; %mFe = 58,03% 19,3 b.Theo (1) nHNO3 =96. 0,18/9 = 1,92 mol

Câu 5

=> Khối lượng HNO3 phản ứng = 63. 1,92 = 120,96 gam 1. 2H2O + 2Na → 2NaOH + H2 ↑ 2 mol 1 mol b mol b/2 mol 2C2H5OH + 2Na → 2C2H5ONa + H2 ↑ 2 mol 1 mol a mol a/2 mol 8,4 nH 2 = = 0,375mol 22,4 a b a = 0,6  + = 0,375 Theo đề ta có:  2 2 =>  b = 0,15 46a + 18b = 30,3 Khối lượng rượu etylic nguyên chất: 0,6.46 = 27,6g. Thể tích rượu etylic nguyên chất: Vrượu = m/D = 27,6/0,8 = 34,5ml Khối lượng nước: 0,15 . 18 = 2,7g Thể tích nước: VH2O = 2,7/1 = 2,7ml Thể tích dung dịch rượu etylic: 344,5 + 2,7 = 37,2 ml 34,5 Độ rượu: .100 = 92,70 37,2 2. a. Công thức chung của 3 hidrocacbon: CxHy t0 xC + y/2H2 CxHy → 1V 3V VH 2 = 3VC x H y ⇔ y / 2 = 3  y = 6 =>CT của 3 hidrocacbon có dạng CxH6

0,5

(x1 + 3) : (x2 + 3) : (x3 + 3) = 5 : 6 : 7 => x1 = 5 - 3 = 2; x2 = 6 - 3 = 3 ; x3 = 7 - 3 = 4 => CTPT của 3 hidrocacbon là C2H6 ; C3H6 ; C4H6 0,5 *Xác định CTCT: + C2H6 chỉ có 1 cấu tạo duy nhất: CH3 - CH3 . đây là CTCT đúng của C2H6 ( mạch hở, không làm mất màu nước brôm) 0,25 + C3H6 có thể có các cấu tạo: CH2 H2C

0,5 0,25 0,25

CH2 (loại) CH2 = CH - CH3 là CT đúng của C3H6 (mạch hở, có liên kết đôi, làm mất màu nước 0,25 brôm) + C4H6 có thể có các cấu tạo sau: CH2 = C = CH - CH3 (loại) CH ≡ C - CH2 - CH3 (loại) CH3 - C ≡ C - CH3 (loại) CH2 = CH - CH = CH2 là CT đúng của C4H6 (mạch hở, làm mất màu nước brôm và có 0,25 thể điều chế trực tiếp từ rượu etylic)

Thí sinh làm theo cách khác nhưng lập luận chặt chẽ, chính xác vẫn cho điểm tối đa. ------------------HẾT------------------SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

0,25

Họ và tên:……………….. Số báo danh:…………….. Câu 1 (2,5 điểm) 1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau:

t b) KNO3 (r) + H2SO4 (đặc)  →

a) CaOCl2 + H2O2  → to

0,25

3 hidrocacbon này không phải là đồng đẳng của nhau vì chúng có cùng số nguyên tử H 0,25 trong phân tử. b. *Xác định CTPT: 52 M C x H 6 = 12 x + 6 ≤ 2.29 ⇔ x ≤ ≈ 4,33 12 Với x phải nguyên dương nên x ≤ 4 Gọi x1, x2, x3 lần lượt là số nguyên tử C trong 3 hidrocacbon: Cx1H6 + (x1 + 3/2) O2 → x1CO2 + 3H2O Cx2H6 + (x2 + 3/2) O2 → x2CO2 + 3H2O Cx2H6 + (x2 + 3/2) O2 → x2CO2 + 3H2O Ở 1000C, H2O ở trạng thái hơi và trong cùng điều kiện t0 và p nên tỷ lệ số mol cũng là tỷ lệ thể tích, ta có:

Trang 103

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2013-2014 Khóa ngày 28 – 3 – 2014 Môn: Hóa LỚP 11 THPT – VÒNG I Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 01 trang

d) PI3 + H2O  →

c) Fe(NO3)2  → o

t e) KBr (r) + H2SO4 (đặc)  f) NO2 + H2O  → → g) H3PO2 + NaOH (dư)  h) FeBr2 + KMnO4 + H2SO4 (loãng)  → → 2. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau (nếu có): a) Sục khí clo vào dung dịch nước vôi trong. b) Cho canxi clorua hipoclorit vào dung dịch H2SO4 loãng. c) Sục khí hiđro sunfua vào dung dịch nước iot. d) Cho silic vào dung dịch natri hiđroxit. e) Sục khí clo từ từ đến dư vào dung dịch KI. f) Sục khí amoniac từ từ đến dư vào dung dịch CuSO4. g) Cho khí hiđro sunfua lội chậm qua dung dịch A gồm FeCl3, AlCl3, NH4Cl và CuCl2 (nồng độ mỗi chất xấp xỉ 0,1M) cho đến bão hòa. Câu 2 (1,75 điểm) 1. Ng ườ i ta có th ể đ i ề u ch ế I 2 b ằ ng cách oxi hóa I - có trong n ướ c khoáng, n ướ c bi ể n nh ờ clo, ho ặ c natri hipoclorit; natri nitrit; ozon. Vi ế t ph ươ ng trình ion rút g ọ n c ủ a các ph ả n ứ ng x ả y ra. 2. Cho NO2 tác dụng với dung dịch KOH dư. Sau đó lấy dung dịch thu được cho tác dụng với Zn. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. 3. Cho X, Y, R, A, B là 5 nguyên tố liên tiếp trong bảng hệ thống tuần hoàn có số đơn vị điện tích hạt nhân tăng dần và tổng số đơn vị điện tích hạt nhân bằng 90. a) Xác định 5 nguyên tố trên. b) So sánh bán kính của các ion: X2-, Y-, A+, B2+. Giải thích ngắn gọn. Câu 3 (1,75 điểm)

Trang 104

1. Cho 29 gam hỗn hợp gồm Al, Cu và Ag tác dụng vừa đủ với 950 ml dung dịch HNO3 1,5M, thu được dung dịch chứa m gam muối và 5,6 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm NO và N2O. Tỉ khối của X so với H2 là 16,4. Tính m. 2. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp FeS và FeCO3 bằng dung dịch HNO3 đặc, nóng thu được hỗn hợp khí A gồm 2 khí X, Y. Biết A có tỉ khối so với hiđro bằng 22,909. Tính % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu. Câu 4 (1,75 điểm) 1. Một phản ứng quan trọng tạo nên “mù” gây ô nhiễm môi trường là:  → O2 (k) + NO2 (k) O3 (k) + NO (k) ← Kc = 6.1034  a) Nếu nồng độ ban đầu là: CO = 10 −6 M, C NO = 10 −5 M, C NO = 2,5.10−4 M, C O = 8, 2.10 −3 M thì 3 2 2 phản ứng sẽ diễn ra theo chiều nào? b) Trong những ngày nóng nực, khi nhiệt độ tăng thì nồng độ các sản phẩm thay đổi như thế nào? 0 0 0 Cho biết: ∆H s,O (k ) = 142, 7 kJ / mol; ∆H s,NO( k) = 90, 25 kJ / mol; ∆H s,NO 2 (k) = 33,18 kJ / mol. 3

2. Sắt ở dạng α (Feα) kết tinh trong mạng lập phương tâm khối, cạnh của tế bào sơ đẳng a = 2,86 A. Hãy tính bán kính nguyên tử và khối lượng riêng của sắt. Câu 5 (2,25 điểm) 1. Trong dung dịch bão hòa của các kết tủa AgBr và AgSCN có các cân bằng sau:  → Ag+ + BrAgBr↓ ← T1 = 10-12,3 

 → Ag+ + SCNAgSCN↓ ← T2 = 10-12,0  + Hãy tính nồng độ của các ion Ag , Br , SCN trong dung dịch bão hòa của các kết tủa AgBr và AgSCN. 2. a) Tính pH của dung dịch KCN 0,1M. Biết Ka (HCN) = 10-9,35. b) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 50 ml dung dịch NH3 2.10-4M với 50 ml dung dịch HCl 2.10-4M. Biết Kb (NH3) = 10-4,76. Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Al = 27; S = 32; Fe = 56; Cu = 64; Ag = 108.

------------ HẾT ---------ĐÁP ÁN

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT – VÒNG I NĂM HỌC 2013-2014 Môn: HÓA Khóa ngày 28-3-2014 Câu 1 (2,5 điểm) 1. (1,25 điểm) a) CaOCl2 + H2O2  → CaCl2 + O2 + H2O to b) KNO3 (r) + H2SO4 (đặc)  → KHSO4 + HNO3↑ (0,25 điểm) to c) 4Fe(NO3)2  → 2Fe2O3 + 8NO2 + O2 d) PI3 + 3H2O  (0,25 → H3PO3 + 3HI điểm) to e) 2KBr (r) + 3H2SO4 (đặc)  → 2KHSO4 + Br2 + SO2 + 2H2O f) 3NO2 + H2O  → 2HNO3 + NO (0,25 điểm) g) H3PO2 + NaOH → NaH2PO2 + H2O h) 10FeBr2 + 6KMnO4 + 24H2SO4  → 5Fe2(SO4)3 + 10Br2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O Trang 105

(0,25 điểm) to i) 2Mg + CO2  → 2MgO + C k) AlCl3 + 3NH3 + 3H2O  → Al(OH)3 + 3NH4Cl (0,25 điểm) 2. (1,25 điểm) a) 2Cl2 + 2Ca(OH)2  → CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O b) CaOCl2 + H2SO4  → CaSO4 + Cl2 + H2O (0,25 điểm) c) H2S + I2  → S + 2HI → Na2SiO3 + 2H2 d) Si + 2NaOH + H2O  điểm) → 2KCl + I2 e) Cl2 + 2KI  5Cl2 + I2 + 6H2O  → 10HCl + 2HIO3 (0,25 điểm) f) CuSO4 + 2NH3 + 2H2O  → Cu(OH)2 + (NH4)2SO4 Cu(OH)2 + 4NH3  → [Cu(NH3)]4(OH)2 điểm) g) 2FeCl3 + H2S  → 2FeCl2 + S↓ + 2HCl CuCl2 + H2S  → CuS↓ + 2HCl (0,25 điểm) Câu 2 (1,75 điểm) 1. (0,5 điểm) Cl2 + 2I-  → I2 + 2ClClO + 2I + H2O  → Cl- + I2 + 2OH(0,25 điểm) 2NO −2 + 2I- + 2H2O  → 2NO + I2 + 4OHO3 + 2I + H2O  → O2 + I2 + 2OHđiểm) 2. (0,5 điểm) 2NO2 + 2KOH  → KNO2 + KNO3 + H2O Zn + 2KOH + 2H2O  → K2[Zn(OH)4] + H2↑

(0,25

điểm) 4Zn + KNO3 + 7KOH + 6H2O  → 4K2[Zn(OH)4] + NH3↑ 3Zn + KNO2 + 5KOH + 5H2O  → 3K2[Zn(OH)4] + NH3↑

(0,25 điểm) 3. (0,75 điểm) a) Vì X, Y, R, A, B là 5 nguyên tố liên tiếp trong bảng hệ thống tuần hoàn có số đơn vị điện tích hạt nhân tăng dần nên ta có: ZY = ZX + 1; ZR = ZX + 2; ZA = ZX + 3; ZB = ZX + 4 Theo bài ra ta có: ZX + ZY + ZR + ZA + ZB = 90 → ZX + (ZX +1) + (ZX + 2) + (ZX + 3) + (ZX + 4) = 90 (0,25 → ZX = 16 điểm) Trang 106

(0,25 → X là S. Vậy 5 nguyên tố X, Y, R, A, B lần lượt là: S, Cl, Ar, K, Ca. điểm) b) Các ion: X2-, Y-, A+, B2+ đều có cấu hình electron: 1s22s22p63s23p6, nên khi số đơn vị điện tích hạt nhân tăng thì bán kính giảm. Vậy bán kính của các ion giảm dần theo thứ tự: X2- > Y- > A+ > B2+. (0,25 điểm) Câu 3 (1,75 điểm) 1. (1,0 điểm) nX =

5,6 = 0,25 mol ; M X = 16,4.2 = 32,8 gam; n HNO3 = 1,5.0,95 = 1,425 mol 22,4

46(9a + b) + 44b = 2.22,909 = 45,818 → a = b 9a + 2b

CO2 .C NO2 CO3 .C NO

8, 2.10−3.2,5.10−4 = 2,05.105 10−6.10−5

(0,25

điểm) Q = 2,05.105 < Kc = 6.1034 → Phản ứng sẽ diễn ra theo chiều thuận. (0,25 điểm) 0 0 0 b) ∆H 0p − = ∆H S,NO (k ) − ∆H S,O3 (k ) − ∆H S,NO(k ) = 33,18 − 142,7 − 90,25 = −199,77 kJ (0,25 2

B A

A E

E a

C C

Từ hình vẽ ta có: AC = a 3 = 4r → r =

MA =

a) Q =

(0,25

điểm) → Phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt. → Khi nhiệt độ tăng, cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch → nồng độ các sản phẩm giảm. (0,25 điểm) 2. (0,75 điểm)

Gọi a, b lần lượt là số mol của NO và N2O trong 5,6 lít hỗn hợp X. Theo bài ra ta có: a + b = 0,25. (1) 30a + 44b = 0,25.32,8 = 8,2 (2) Giải hệ 2 phương trình (1) và (2) ta được: a = 0,2; b = 0,05 (0,25 điểm) Các quá trình khử: 4H+ + NO3- + 3e → NO + 2H2O 0,8 0,2 0,4 10H+ + 2 NO3- + 8e → N2O + 5H2O (0,25 điểm) 0,5 0,05 0,25 Giả sử sản phẩm khử chỉ có NO và N2O thì: n H ( p −) = 0,8 + 0,5 = 1,3 < 1,425 : Vô lý. Vậy sản phẩm khử còn có NH4NO3. NO-3 + NH +4 + 3H2O 10H+ + 8e → (0,25 điểm) (1,425 - 1,3) 0,0125 0,0375 Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: m = 29 + 1,425.63 - 0,25.32,8 - 0,6875.18 = 98,2 điểm) 2. (0,75 điểm) Gọi a, b lần lượt là số mol của FeS và FeCO3 trong hỗn hợp ban đầu. FeS + 10H+ + 9NO3- → Fe3+ + SO42- + 9NO2 + 5H2O a 9a FeCO3 + 4H+ + NO3- → Fe3+ + CO2 + NO2 + 2H2O (0,25 điểm) b b b Theo bài ra ta có:

%FeCO3 = 100% - 43,14% = 56,86% điểm) Câu 4 (1,75 điểm) 1. (1,0 điểm)

o a 3 2,86 3 = = 1, 24 A 4 4

(0,25

điểm) 1 8

Số nguyên tử trong 1 tế bào = 8. + 1 = 2 (0,25

điểm) → d=

2.56 = 7,95 g/cm 3 6,023.1023.(2,86.10 −8 )3

điểm) Câu 5 (2,25 điểm) 1. (0,75 điểm) Áp dụng ĐLBTNĐ đối với Ag+, ta có: [Ag+] = [Br-] + [SCN-] điểm) (0,25

[Ag + ] =

điểm)

88 Vậy: %FeS = = 43,14% 88 + 116

[Br - ] =

Trang 107

(0,25

T1 T2 + → [Ag + ] = T1 + T2 = 1,23.10-6 M [Ag + ] [Ag + ]

(0,25

(0,25 (0,25

T1 10-12,3 = = 4,07.10-7 M [Ag + ] 1,23.10-6

Trang 108

[SCN - ] =

T2 10-12 = = 8,13.10-7 M + [Ag ] 1,23.10-6

điểm) 2. (1,5 điểm) a) KCN  → K+ + CN0,1M 0,1M  → CN- + H2O ← HCN + OH

(0,25 Lưu ý: - Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu. - Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó, điểm chiết phải được tổ thống nhất; Điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.

Kb = 10-14.109,35 = 10-4,65

 → H+ + OHH2O ← 

Kw = 10-14

Vì Kb.Cb = 0,1.10-4,65 = 10-5,65 >> Kw = 10-14 nên bỏ qua cân bằng phân li của nước.  → HCN + OHCN- + H2O ← Kb = 10-4,65  C 0,1 [] 0,1-x →

0 x

x2 = 10 −4,65 0,1 − x

(0,25

điểm) → x = 10-2,88M → [H+] = 10-11,12 → pH = 11,12 điểm)

(0,25

 → NH 3 + H + NH ←   → H+ + OHH2O ←  -4

Vì Ca.Ka = 10 .10 nước.

-9,25

(0,25

Ka = 10 .10 Kw = 10

4,76

Họ và tên:……………….. Số báo danh:……………..

2. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau: Ni a) Stiren + H2 (dư) → b) p-HOCH2C6H4OH + dung dịch NaOH  → 125o C, 110 atm O2 c) But-1-en + HBr (khí)  →

H2 SO4 ®Æc d) Etilen glicol  → 170o C

ancol e) Benzyl bromua + KOH →

f) CH3-CH2-C≡CH + HCl (dư)  →

= 10

t h) CH3CHO + Cu(OH)2 + NaOH  →

g) 1,4-đibrombutan + Zn →

-9,24

-14

= 10-13,25 ≈ Kw = 10-14 nên không thể bỏ qua cân bằng phân li của

Ta có: [H+] = [NH3] + [OH-] điểm) [H + ]=

ĐỀ CHÍNH THỨC

-14

+ 4

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2013-2014 Khóa ngày 28 – 3 – 2014 Môn: Hóa LỚP 11 THPT – VÒNG II Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 02 trang

Câu 1 (2,5 điểm) 1. Viết công thức các đồng phân ứng với công thức phân tử C4H8.

2.10−4.50 2.10−4.50 = 10−4 M; CHCl = = 10−4 M 100 100 HCl  → H+ + Cl-

b) C NH3 =

10-4M 10-4M NH3 + H+  → NH +4 điểm) 10-4M 10-4M 10-4M + -4 TPGH: NH 4 10 M

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

(0,25

K w K a [NH +4 ] + → [H + ]= K w + K a [NH 4+ ] [H + ] [H + ]

Chấp nhận [NH +4 ] ≈ C NH+ = 10−4 M → [H + ] = 10−14 + 10-9,24 .10-4 = 10-6,585 4

(0,25 điểm) [H + ] 10-6,585 = 10-4 . -6,585 ≈ 10-4 M + 4 + 10−9,24 [H ]+K a 10 Kết quả lặp lại. Vậy [H+] = 10-6,585M → pH = 6,585

Tính lại: [NH 4+ ] = C NH+ . (0,25 điểm)

Trang 109

t k) Phenol + HNO3 (loãng)  i) Stiren + dung dịch KMnO4  → → l) 3-anlylxiclohexen + K2Cr2O7 + H2SO4 (loãng)  → Câu 2 (1,75 điểm) 1. Gọi tên theo danh pháp IUPAC các chất có công thức sau: a) (CH3)2CH[CH2]4CH(CH3)CH(CH3)CH2CH3 b) CH3CH2CH(CH3)CH2CHClCH3 c) CH≡C-CH2-CH=CH2 d) CH≡C-CH=CH-CH=CH2 e) (CH3)2CHCH(CH3)OH f) CH3CH2CH2CH(CHO)CH=CH2 2. Cho clo tác dụng với 2,2,4-trimetylpentan theo tỉ lệ mol 1: 1, thu được các sản phẩm đồng phân có công thức phân tử C8H17Cl. a) Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra (ghi rõ điều kiện phản ứng). b) Tính tỉ lệ % của mỗi sản phẩm, biết tỉ lệ về khả năng phản ứng của nguyên tử hiđro ở cacbon có bậc khác nhau như sau: CI – H : CII – H : CIII – H = 1 : 3,3 : 4,4. Câu 3 (2,0 điểm) 1. Hiđrat hóa 5,2 gam axetilen với xúc tác HgSO4 trong môi trường axit, đun nóng. Cho toàn bộ các chất hữu cơ sau phản ứng vào một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 44,16 gam kết tủa. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra và tính hiệu suất của phản ứng hiđrat hóa.

Trang 110

2. Chia hỗn hợp gồm hai ancol đơn chức X và Y (phân tử khối của X nhỏ hơn của Y) là đồng đẳng kế tiếp thành hai phần bằng nhau: - Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 5,6 lít CO2 (đktc) và 6,3 gam H2O. - Đun nóng phần 2 với H2SO4 đặc ở 140oC tạo thành 1,25 gam hỗn hợp ba ete. Hoá hơi hoàn toàn hỗn hợp ba ete trên, thu được thể tích hơi bằng thể tích của 0,42 gam N2 (trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Tính hiệu suất phản ứng tạo ete của X. 3. Hợp chất hữu cơ A chỉ gồm có C, H, O. Hòa tan 1,03 gam A trong 50 gam benzen rồi xác định nhiệt độ sôi của dung dịch thì thấy ts = 80,3560C, trong khi benzen nguyên chất có ts = 80,10C. Đốt cháy hoàn toàn 21 mg hợp chất A thì thu được 0,0616 gam CO2 và 9,0 mg H2O. Xác định công thức phân tử của A, biết hằng số nghiệm sôi của benzen là 2,61. Câu 4 (2,0 điểm) 1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng theo sơ đồ sau: Br2 , Fe C6H6 (benzen)  1:1 →A

Br2 , H+  1:1 →F

CH3CHO

HBr

CuO

 E → C → D → ete khan → B  t0

2. Từ các hợp chất hữu cơ có từ 2 nguyên tử cacbon trở xuống, xiclohexan và các chất vô cơ cần thiết hãy viết phương trình hóa học của phản ứng điều chế:

Môn: HÓA Khóa ngày 28-3-2014 Câu 1 (2,5 điểm) 1. (0,75 điểm) (0,25 điểm) H3 C H

CH3 C

H3 C

C H

C CH3

CH3-CH2-CH=CH2

CH2=C(CH3)2

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

2. (1,75 điểm) Ni a) C6H5-CH=CH2 + 4H2 → C6H11-CH2CH3 125o C, 110 atm b) p-HOCH2C6H4OH + NaOH  → p-HOCH2C6H4ONa + H2O

(0,25 điểm)

OH O2 c) CH3CH2CH=CH2 + HBr (khí)  → CH3CH2CH2CH2Br

3. Hãy sắp xếp các hợp chất cho dưới đây theo thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi. Giải thích. (CH3)4C (A); CH3[CH2]4CH3 (B); (CH3)2CHCH(CH3)2 (C); CH3[CH2]3CH2OH (D); (CH3)2C(OH)CH2CH3 (E). Câu 5 (1,75 điểm) 1. p-Ximen (hay 1-metyl-4-isopropylbenzen) có trong tinh dầu bạch đàn, được điều chế từ toluen và propan-1-ol. Viết phương trình hóa học và trình bày cơ chế phản ứng. Có thể thay propan-1-ol bằng những hóa chất nào? Đối với mỗi hóa chất đó hãy cho biết chất xúc tác cần dùng. 2. Ozon phân một tecpen A (C10H16) thu được B có cấu tạo như sau: CH3-C-CH2-CH CH-CH2-CHO

O H3C

CH3

Hiđro hoá A với xúc tác kim loại tạo ra hỗn hợp sản phẩm X gồm các đồng phân có công thức phân tử C10H20. Xác định công thức cấu tạo của A và các đồng phân trong hỗn hợp X. 3. Cho hợp chất hữu cơ: (CH3)2C=CH–CH2–CH2–CH=C(CH3)2 (A). Đun nóng (A) với dung dịch axit thu được B (C10H18). Viết công thức cấu tạo của B và trình bày cơ chế của các phản ứng.

H2 SO4 ®Æc d) CH2OH-CH2OH  → CH3CHO + H2O 170o C

(0,25 điểm)

ancol

e) C6H5CH2Br + KOH  → C6H5CH2OH + KBr f) CH3-CH2-C≡CH + HCl (dư)  → CH3CH2CCl2CH3 g) BrCH2CH2CH2CH2Br + Zn

(0,25 điểm)

+ ZnBr2 0

t h) CH3CHO + Cu(OH)2 + NaOH  → CH3COONa + Cu2O + H2O

(0,25 điểm)

i) 3C6H5-CH=CH2 + 10KMnO4  → 3C6H5COOK + 10MnO2 + 3K2CO3 + KOH + 4H2O (0,25 điểm) k) C6H5OH + HNO3 (loãng)  → o-O2NC6H4OH + H2O C6H5OH + HNO3 (loãng)  (0,25 điểm) → p-O2NC6H4OH + H2O l)

+ 3K2Cr2O7 + 12H2SO4 CH2-CH=CH2 CO2 + HOOC[CH2]3CH(COOH)CH2COOH + 3Cr2(SO4)3 + 3K2SO4 + 13H2O

(0,25 điểm)

Cho: H = 1; C = 12; O = 16; Ag = 108.

Câu 2 (1,75 điểm) 1. (0,75 điểm) a) 2,7,8-trimetylđecan b) 2-clo-4-metylhexan

------------ HẾT ----------

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT – VÒNG II NĂM HỌC 2013-2014

Trang 111

c) pent-1-en-4-in d) hexa-1,3-đien-5-in e) 3-metylbutan-2-ol f) 2-propylbut-3-en-1-al

(0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm)

Trang 112

2. (1,0 điểm) as (CH3)3C-CH2-CH(CH3)2 + Cl2  → (CH3)3C-CH2-CH(CH3)CH2Cl + HCl as (CH3)3C-CH2-CH(CH3)2 + Cl2  → (CH3)3C-CH2-CCl(CH3)2 + HCl

H SO ®Æc

2 4 CH3CH2OH + C3H7OH  → C2H5OC3H7 + H2O 1400C

(0,25 điểm)

(CH3)3C-CH2-CH(CH3)2 + Cl2  → (CH3)3C-CHCl-CH(CH3)2 + HCl as (CH3)3C-CH2-CH(CH3)2 + Cl2  → (CH3)2C(CH2Cl)-CH2-CH(CH3)2 + HCl (0,25 điểm) 6.1 %(CH3)3C-CH2-CH(CH3)CH2Cl = = 23,08% 15.1 + 2.3,3 + 1.4, 4 1.4, 4 %(CH3)3C-CH2-CCl(CH3)2 = = 16,92% (0,25 điểm) 15.1 + 2.3,3 + 1.4, 4 2.3,3 %(CH3)3C-CHCl-CH(CH3)2 = = 25,38% 15.1 + 2.3,3 + 1.4, 4 9.1 %(CH3)2C(CH2Cl)-CH2-CH(CH3)2 = = 34, 62% (0,25 điểm) 15.1 + 2.3,3 + 1.4, 4 Câu 3 (2,0 điểm) 1. (0,75 điểm) Gọi số mol của C2H2 và CH3CHO trong hỗn hợp sau phản ứng lần lượt là a và b. Hg2+ , H + HC≡CH + H2O  → CH3CHO 800C b b HC≡CH + 2[Ag(NH3)2]OH  → AgC≡CAg↓ + 4NH3 + 2H2O a a CH3CHO + 2[Ag(NH3)2]OH  (0,25 điểm) → CH3COONH4 + 2Ag↓ + 3NH3 + H2O b 2b Theo bài ra ta có: a + b = 5,2/26 = 0,2 (1) 240a + 108.2b = 44,16 (2) (0,25 điểm) Giải hệ 2 phương trình (1) và (2) ta được: a = 0,04 mol; b = 0,16 mol. → Hiệu suất của phản ứng hiđrat hóa = 0,16/0,2 = 80%. (0,25 điểm) 2. (0,75 điểm) 5,6 6,3 n CO 2 = = 0,25 mol ; n H 2O = = 0,35 mol 18 22,4 Vì X và Y là các ancol đơn chức và khi đốt cháy thì n H O > n CO nên X, Y thuộc dãy đồng đẳng 2

z z H2SO4 ®Æc 2C3H7OH  → C3H7OC3H7 + H2O 1400C

x:y:z=

0,0168 0,001 0,0032 =7:5:1 : : 12 1 16

→ Công thức phân tử của A là: (C7H5O)n Theo định luật Rault ta có: m .1000 1,03.1000 M = K s . ct = 2,61. = 210 gam Δt s .mdm 0,256.50

(0,25 điểm)

Ta có: 105n = 210 ⇔ n = 2. Vậy công thức phân tử của A là C14H10O2. Câu 4 (2,0 điểm) 1. (0,75 điểm) Fe C6H6 + Br2  1 : 1 → C6H5Br + HBr (benzen) ete khan C6H5Br + Mg  → C6H5MgBr

(0,25 điểm)

C6H5MgBr + CH3CHO  → C6H5CH(CH3)OMgBr C6H5CH(CH3)OMgBr + HBr  → C6H5CH(CH3)OH + MgBr2 t C6H5CH(CH3)OH + CuO  → C6H5COCH3 + Cu + H2O

(0,25 điểm)

H C6H5COCH3 + Br2  → C6H5COCH2Br + HBr 2. (0,5 điểm) +

+ Cl2

(0,25 điểm)

ancol no, đơn chức, mạch hở. Gọi công thức chung của 2 ancol là CnH2n+2O với số mol là a. t CnH2n+2O + 1,5nO2  → nCO2 + (n+1)H2O a na (n+1)a Theo bài ra ta có : na = 0,25 và (n+1)a = 0,35  a = 0,1; n = 2,5  2 ancol là C2H5OH và C3H7OH. (0,25 điểm) Gọi số mol của C2H5OH trong 0,1 mol hỗn hợp là x  số mol của C3H7OH là (0,1 – x) Ta có: n CO2 = 2x + 3(0,1 - x) = 0,25  x = 0,05 mol

(0,25 điểm)

Gọi số mol của các ete: C2H5OC2H5, C2H5OC3H7, C3H7OC3H7 lần lượt là y, z, t. Ta có: y + z + t = 0,42/28 = 0,015 Mặt khác: 74y + 88z + 102t = 1,25 → 2y + z = 0,02 → Hiệu suất phản ứng tạo ete của X = (2y + z)/0,05 = 0,02/0,05 = 40%. (0,25 điểm) 3. (0,5 điểm) 12 2 Trong 21 mg hợp chất A có: m C = .0,0616 = 0,0168 gam; m H = .0,009 = 0,001 gam 44 18 → mO = 0,021 - (0,0168 + 0,001) = 0,0032 gam Đặt công thức phân tử của A là CxHyOz, ta có:

+ HCl

Các phương trình hóa học xảy ra: H2SO4 ®Æc 2CH3CH2OH  → C2H5OC2H5 + H2O 1400C 2y

Cl + Mg

ete khan

MgCl

(0,25 điểm) CH2CH2OMgCl

MgCl +

CH2CH2OMgCl

+ HCl

(0,25 điểm)

Trang 113

Trang 114

3. (0,75 điểm) Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi: (A) < (C) < (B) < (E) < (D) (0,25 điểm) - (A) có nhiệt độ sôi thấp nhất, do có phân tử khối nhỏ nhất, diện tích bề mặt phân tử nhỏ nhất. - (C) và (B) có phân tử khối bằng nhau nhưng do (B) có diện tích bề mặt phân tử lớn hơn nên (B) có nhiệt độ sôi cao hơn (C). (0,25 điểm) - (D) và (E) đều có liên kết hiđro giữa các phân tử, phân tử phân cực nên có nhiệt độ sôi cao hơn 3 hiđrocacbon. - (D) có diện tích bề mặt phân tử lớn hơn (E) nên (D) có nhiệt độ sôi cao hơn (E). (0,25 điểm) Câu 5 (1,75 điểm) 1. (0,75 điểm) H+ C6H5CH3 + CH3CH2CH2OH  (0,25 điểm)  → p-H3CC6H4CH(CH3)2 + H2O CH3CH2CH2OH (+)

+H+ -H2O

(+)

CH3-CH-CH3 (+)

CH3-CH-CH3

H3C

H H3 C

-H+

CÂU ĐỀ VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Câu 1 (3,0 điểm). 1. Cấu hình electron nguyên tử của nguyên tố A có các đặc điểm: Có 1 electron độc thân; số lớp 1

ĐIỂM

4x0,25

electron gấp hai lần số electron lớp ngoài cùng. Dựa vào cấu hình electron nguyên tử, hãy xác định vị trí các nguyên tố A trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học thỏa mãn điều kiện trên? 2. Xác định số oxi hóa của các nguyên tử Cl trong phân tử CaOCl2; nguyên tử C trong phân tử NaCN. 3. Cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron? Na2S2O3 + H2SO4(loãng) → S+ SO2 + H2O + Na2SO4 (1) Fe(NO3)2 + H2SO4(loãng) → Fe2(SO4)3 + Fe(NO3)3 + NO + H2O (2)

CH(CH3)2

H3C

CH(CH3)2

(0,25 điểm) Có thể thay CH3CH2CH2OH bằng các chất sau: (CH3)2CHOH (xúc tác H+); CH3CH=CH2 (xúc tác H+); (CH3)2CHCl (xúc tác AlCl3). (0,25 điểm) 2. (0,5 điểm) - Xác định công thức cấu tạo của A: (0,25 điểm) - Xác định công thức cấu tạo các đồng phân trong hỗn hợp X: (0,25 điểm)

Số e độc thân Số e lớp ng cùng Số lớp e Cấu hình e Vị trí BTH

(A)

3. (0,5 điểm) - Viết công thức cấu tạo của B: - Trình bày cơ chế của phản ứng:

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

(+)

-H

1 2

1 3

2 1s22s1

4 [Ar]3d14s2

6 [Xe]4f145d106s26p1

Ô 3, ck 2, IIIA

Ô 21, ck 4, IIIB

4 [Ar]3d94s2 (3d104s1) Ô 29, ck 4, IB

;

Ô 81, ck 6, IIIA

Na − C ≡ N

Na 2 S2 O3 + H2 SO4 → S+ SO2 + H2O + Na 2 SO4 +2

S + 2e → S +2

S → S + 2e

(B)

1 2

2x0,5

O – Cl 3

1 1

Cl-1 Ca

(+)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HÓA HỌC - BẢNG A (Hướng dẫn chấm này gồm 4 trang)

CH3CH2CH2 (+)

CH3CH2CH2

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

+2 +5 +6 +2 5 +3 +5 2 +3 +6 3Fe(NO3 )2 + 2H2 SO4 → Fe(NO3 )3 + Fe2 (SO4 )3 + NO + 2H2O 3 3 +2

2x0,5

Fe − 1e → Fe +5

N + 3e → N +2

Ta co : 3Fe + N + 5N → 3Fe + N + 5N

Trang 115

Câu Câu 2 (4,0 điểm). 1. Tính độ dinh dưỡng trong phân lân Supephotphat kép chứa 20% khối lượng tạp chất? 2

2. Viết phương trình hóa học của phản ứng theo sơ đồ sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có)? H2SO4 → I2 → KI → H2S → H2SO4 → Br2 → HBrO3.

Xác định dinh dưỡng theo P2O5; Tính độ dinh dưỡng.

2x0,5 Trang 116

Trong 100 gam phân lân có 2

cb: Suy ra:

80 .142 Ca(H 2 PO 4 )2 = 80gam .100 = 48,55% → %P2O5 = 234  Tap chât = 20gam 100 

Pthh của các phản ứng: t C (1) H2SO4(đặc) + 8 HI  → 4 I2 + H2S + 4H2O (2) I2 + 2K → 2 KI t C (3) 8KI + 5H2SO4(đặc)  → 4I2 + H2S + 4K2SO4 + 4H2O (4) H2S + 4Cl2 + 4H2O → H2SO4 + 8HCl t C (5) H2SO4(đặc) + 2HBr  → Br2 + SO2 + 2H2O (6) Br2 + 5Cl2 + 6 H2O → 10HCl + 2HBrO3

0,224 lít khí N2 (duy nhất, đktc) và dung dịch X. Cô cạn cẩn thận dung dịch X được 14,12 gam muối khan. a) Xác định kim loại M. b) Cho 3 muối A, B, C của cùng kim loại M ở trên tạo ra từ cùng một axit. Khi cho A, B, C tác dụng với lượng axit HCl như nhau trong dung dịch, thì cùng thu được một chất khí với tỉ lệ mol tương ứng là 2:4:1. Xác định công thức hóa học thỏa mãn của A, B, C và viết các phương trình hóa học của phản ứng. 2. Hòa tan hoàn toàn 216,55 gam hỗn hợp KHSO4 và Fe(NO3)3 vào nước được dung dịch X. Cho m gam hỗn hợp Y gồm Mg, Al, MgO, Al2O3(trong đó oxi chiếm 64/205 về khối lượng) tan hết vào X, sau khi các phản ứng kết thúc thu được dung dịch Z chỉ chứa muối trung hòa và 2,016 lít (đktc) hỗn hợp khí T có tổng khối lượng 1,84 gam gồm (H2 và các khí là sản phẩm khử của N+5), trong đó chiếm 4/9 về thể tích H2 và nitơ chiếm 4/23 về khối lượng . Cho BaCl2 dư vào Z thu được 356,49 gam kết tủa. Tìm giá trị của m?

 → ← 

Cho cân bằng hóa học sau trong bình kín: xA(k) + yB(k) zC(k). Biết rằng (x + y) < z và khi nâng nhiệt độ của hệ cân bằng lên thấy áp suất trong bình tăng. Hãy cho biết (có giải thích): 1. Phản ứng thuận là tỏa nhiệt hay thu nhiệt? 2. Khi tăng nhiệt độ thì tỉ khối của hỗn hợp khí so với H2 là tăng hay giảm?

- Khi tăng nhiệt độ cân bằng hóa học chuyển dịch theo chiều thu nhiệt, cũng là chiều 2x0,5 số phân tử khí tăng (áp suất tăng) - Giả thiết (x + y) < z, vậy nên phản ứng thuận là phản ứng thu nhiệt. Do cân bằng dịch theo chiều thuận, là chiều tăng số phân tử khí, dẫn đến khối lượng 1,0 mol trung bình của hỗn hợp khí giảm. Vậy tỉ khối khí so với H2 giảm

- NaAlO2 vào dung dịch AlCl3; - NH4Cl vào dụng dịch K2CO3, đun nóng. 2. Trộn 400 ml dung dịch CH3COOH 1,25M với 100 ml dung dịch NaOH 1,5M. Tính pH của dung -4 dịch thu được?, cho Ka(CH3COOH) = 1,75.10 .

PTHH: 3NaAlO2 + AlCl3 +6 H2O → 4Al(OH)3 + 3NaCl Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa keo trắng. t C PTHH: 2NH4Cl + K2CO3  → 2NH3 + 2KCl + CO2 + H2O Hiện tượng: Xuất hiện khí mùi khai. Khi trộn xảy ra phản ứng: CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O bđ: 0,5 0,15 0 pư: 0,15 0,15 sau: 0,35 0 0,15 Dung dịch sau phản ứng gồm các chất với nồng độ mới là: [CH3COOH] = 0,7M; [CH3COONa] = 0,3M Các phương trình điện li: CH3COONa → CH3COO- + Na+ CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ Ka = 1,75.10-5 + H2O ⇌ ⇌H + OH Kw = 10-14. Do CCH3COOH.Ka >> Kw nên bỏ qua sự phân li của H2O. Ta có: CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ Ka = 1,75.10-5 bđ: 0,7 0,3 0 p.li: h h h

2,16 M

→ M

2N +5

4,32 M

0,01

+ 8e → N −3 8x x

Bảo toàn mol e: 4,32/M = 0,1 + 8x (*) Bảo toàn khối lượng muối: 2,16 + 62.(0,1 + 8x) + 80x = 14,12 (**) Giải ra M = 24 (Mg) b. A. MgCO3; B. Mg(HCO3)2 ; C. (MgOH)2CO3 PTHH: 2MgCO3 + 4HCl → 2MgCl2 + 2CO2 + 2 H2O 2Mg(HCO3)2 + 4HCl → 2MgCl2 + 4CO2 + 4H2O 4HCl → 2MgCl2 + CO2 + 3H2O (MgOH)2CO3 +

4x0,25

1đ

Trang 117

3đ

+ 10e → N 02 0,1

M − 2e

Câu Câu 4 (2,0 điểm). 1. Nêu hiện tượng xảy ra, viết phương trình hóa học của phản ứng khi cho: 4

Câu Câu 5 (4,0 điểm). 1. Cho 2,16 gam kim loại M (hóa trị II) vào dung dịch HNO3 dư, kết thúc phản ứng thu được 5

0,3 + h

1,75.10-5 = h(0,3 + h)/(0,7 – h) Giải ra: h = 4,08.10-5 (nhận) → pH = 4,39. h = -0,3 (loại)

6x0,5

Câu Câu 3 (2,0 điểm). 3

0,7 – h

(1). (2). (3)

* Hỗn hợp khí T: tìm mol H2, đặt công thức cho các sản phẩm khử của N+5 là NaOb Giải ra ta có: mol H2 = 0,04; N1,6O0,8 = 0,05 * mol BaSO4 = 1,53 → mol KHSO4 = 1,53 → mol H+ = 1,53 → mol Fe(NO3)3 = 0,035 8H+ + 1,6NO3- + 6,4e → N1,6O0,8 + 4H2O 0,4 0,05 2H+ + 2e → H2 0,08 0,04 10H+ + NO3- + 8e → NH4+ + 3H2O 0,25 0,025 2H + O → H2O 0,8 0,4

1đ

Trang 118

Suy ra: m = 0,4.16.205/64 = 20,5 gam.

+ Khi dừng thí nghiệm nên rút ống dẫn khí trước khi tắt đèn cồn để tránh nước bị hút vào ống nghiệm, do áp suất giảm đột ngột

Câu Câu 6 (2,0 điểm). 1. Cho công thức phân tử C3H6, C4H8. Viết các công thức cấu tạo và chỉ ra những cặp chất là đồng 6

---Hết---

đẳng của nhau? 2. Đốt cháy hoàn toàn 9,2 gam hợp chất hữu cơ A (chứa C, H, O) trong V lít (đktc) không khí, vừa đủ. Sản phẩm cháy được dẫn qua bình đựng dung dịch H2SO4 đặc, thấy khối lượng bình tăng 10,8 gam. Khí không bị hấp thụ thoát ra có tỉ khối so với H2 bằng 15,143. Tìm công thức phân tử, viết công thức cấu tạo, gọi tên A?

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

Đề chính thức

CH3-CH=CH2 (1); CH2=CH-CH2-CH3 (2); CH2=C(CH3)-CH3 (3); 1đ CH3 CH3 CH3 H (4) (5) (6) C=C (7) C = C (8) H H H CH3 Các cặp đồng đẳng là: (1) và (2); (1) và (3); (1) và (7); (1) và (8); (4) và (5); (4) và (6). Sơ đồ phản ứng: 1đ Bình H2SO4 hấp thụ nước: mol H2O = 10,8/18 = 0,6 Gọi nCO2 = a; nN2 = b → nO2(pư) = 0,25b. Giả thiết tỉ khối ta có: 44a + 28b = 30,286.(a + b) (*) Bảo toàn nguyên tố oxi: (9,2 – 12a – 1,2) + 32.0,25b = 32a + 16.0,6 (**) Từ (*) và (**) ta có: a = 0,4; b = 2,4. Đặt CTTQ là CxHyOz , ta có x:y:z = 0,4:1,2:0,2 = 2:6:1 → CT nghiệm là (C2H6O)n ………………………0,25

Độ bất bão hòa = (2.2n + 2 – 6n)/2 ≥ 0 → n ≤ 1 → n = 1…………………………………………………………0,25 Suy ra CTPT là C2H6O; CTCT: CH3 – O – CH3 (ddimetylete) ; CH3 – CH2 – OH (ancol etylic). ……0.25x2 Câu 7(3,0 điểm). 1. Một học sinh trong lúc làm thí nghiệm sơ ý làm rơi vỡ nhiệt kế thủy ngân, làm chất độc thủy ngân rơi vãi xuống nền nhà. Với hóa chất sẵn có trong phòng thí nghiệm, em hãy trình bày cách xử lí để tránh gây ô nhiễm môi trường? 2. Vẽ hình biểu diễn thí nghiệm điều chế oxi trong phòng thí nghiệm bằng cách phân hủy kali pemanganat (có giải thích)?, viết phương trình hóa học? 1

Dùng bột Lưu huỳnh rắc lên các hạt thủy ngân rơi vãi, Lưu huỳnh sẽ phản ứng với Hg(độc) ở nhiệt độ thường tạo muối sunfua. Phương trình hóa học của phản ứng: Hg + S → HgS

1đ

- Hình 6.2 trang 126 SGK Hóa học 10. - Giải thích: + Ống nghiệm hơi chúp xuống để tránh hơi nước ngưng tụ rơi lại vào hóa chất. + Bông khô tránh KMnO4 khuếch tán theo khí vào ống dẫn.

2đ

Trang 119

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: HÓA HỌC - BẢNG A Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

Cho: H = 1, C = 12, O = 16, N = 14, Cl =108, S=32, Br = 80, Ba = 137, Fe = 56, Cu= 64, Ag =108. Câu 1. (5 điểm) 1. Mỗi trường hợp sau viết 1 phương trình phản ứng (dạng phân tử): a. Cho Ba(OH)2 dư tác dụng KHCO3 b. Cho CO2 dư tác dụng dung dịch NaOH c. Cho NaOH tác dụng với Ca(HCO3)2 dư d. 2 mol H3PO3 vào dung dịch chứa 3 mol KOH 2. Cho biết A,B,C,D,E là các hợp chất của natri. Cho A lần lượt tác dụng với các dung dịch B,C thu được các khí tương ứng là X,Y. Cho D, E lần lượt tác dụng với nước thu được các khí tương ứng Z, T. Cho các khí X,Y,Z,T tác dụng với nhau từng đôi một trong điều kiện thích hợp. Tỷ khối của X so với Z bằng 2 và tỷ khối của Y so với T cũng bằng 2. X,Y, Z, T là các khí được học trong chương trình phổ thông. Chỉ ra các chất A,B,C,D,E,X,Y,Z,T phù hợp với giữ kiện trên và viết các phương trình phản ứng xẩy ra trong các thí nghiệm trên. 3. Cho hỗn hợp gồm Mg, SiO2 vào bình kín (không có không khí). Nung nóng bình cho tới khi khối lượng từng chất trong bình không đổi thu được hỗn hợp chất rắn A. a. Xác định các chất có trong hỗn hợp A b. Viết các phương trình phản ứng xẩy ra trong thí nghiệm trên và khi cho A vào dung dịch HCl. Câu 2. ( 5 điểm) 1. Trong phòng thí nghiệm có sẵn các chất: KMnO4, MnO2, CaCl2, NaCl, H2SO4 đặc, dụng cụ và điều kiện cần thiết có đủ. Trộn trực tiếp từ 2 hoặc 3 chất trên. Có bao nhiêu cách trộn để thu được: a. khí hiđroclorua b. khí Clo Viết các phương trình phản ứng. 2. Cho biết độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch thay đổi như thế nào (có giải thích) khi: a. Thêm nước vào c. Thêm 1 ít CH3COONa rắn vào b. Sục 1 ít khí HCl vào d. Thêm 1 ít NaOH rắn vào 3. Dùng hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính khử của etilen trong phòng thí nghiệm. Viết phương trình phản ứng. Câu 3.(5 điểm) 1. Hỗn hợp M gồm hai muối A2CO3 và AHCO3. Chia 67,05 gam M thành ba phần bằng nhau: - Phần 1: tác dụng hoàn toàn với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 53,19 gam kết tủa. - Phần 2: tác dụng hoàn toàn với dung dịch BaCl2 dư, thu được 11,82 gam kết tủa. - Phần 3: tác dụng tối đa với V ml dung dịch KOH 2 M. Tính giá trị của V và viết phương trình phản ứng xẩy ra (dạng ion) trong từng thí nghiệm trên. 2. Cho 8,4 gam Fe vào 450 ml dung dịch HCl 1 M (loãng) thu được dung dịch A. Thêm lượng dư dung dịch AgNO3 dư vào A thu được m gam chất rắn. a.Viết phương trình phản ứng xảy ra. b.Tính m. 3. Hòa tan hết 46,8 gam hỗn hợp E gồm FeS2 và CuS trong dung dịch có chứa a mol HNO3 (đặc nóng) thu được 104,16 lít NO2 (đo ở đktc, sản phẩm khử duy nhất của N+5) và dung dịch

Trang 120

Q. Pha loãng Q bằng nước được dung dịch P. Biết P phản ứng tối đa với 7,68 gam Cu giải phóng khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và P tạo kết tủa trắng (không tan trong axit mạnh) khi thêm dung dịch BaCl2 vào . Tính giá trị của a? Câu 4. (5 điểm) 1. Hỗn hợp khí A gồm metan và hợp chất X . Tỷ khối của X so với hiđro nhỏ thua 22. Đốt cháy hoàn toàn V lít A thu được sản phẩm gồm CO2 và H2O. Cho sản phẩm cháy hấp thụ hết vào dung dịch Ba(OH)2dư thấy tạo thành 70,92 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của X. Biết V lít A có thể tích đúng bằng thể tích của 11,52 gam khí O2 đo trong cùng điều kiện. 2.Hỗn hỗn X gồm propilen, axetilen, butan và hidro. Cho m gam X vào bình kín (có xúc tác Ni, không chứa không khí). Nung nóng bình đến phản ứng hoàn toàn thu được hỗn Y.Đốt cháy hoàn toàn Y cần V lít O2 (đktc) thu được hỗn hợp Z gồm khí và hơi. Cho Z lội từ từ qua bình đựng H2SO4 đặc dư thấy khối lượng bình tăng 3,96 gam. Biết hỗn hợp Y làm mất màu tối đa 50 ml dung dịch Br2 1M (dung môi CCl4). Cho 3,36 lít hỗn hợp X đi qua bình đựng dung dịch Br2 dư (dung môi CCl4) có 19,2 gam brom phản ứng.Tính V 3. Nguyên tử khối trung bình của clo là 35,5. Clo trong tự nhiên có 2 đồng vị là 35 Cl và 37 Cl .

MgO,Si MgO,Mg2Si MgO, Mg2Si,Si MgO, Mg2Si, Mg

+ A tác dụng dung dịch HCl : MgO + 2HCl → MgCl2 + H2 (3) Mg2Si + 4HCl → 2MgCl2 + SiH4 (4) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (5) - Xác định các trường hợp A: 0,5 đ; pt (1) + (2); 0,5đ; 3 pt: (3-5): 0,5 đ. - Nếu chỉ viết được : 2 trong 3 pt từ 3-5 : cho 0,25 đ. 2

37 Tính phần trăm về khối lượng của 17 Cl trong KClO3. Biết : K=39, O=16. ………..………………… Hết…………………………….. Họ và tên thí sinh:………………………………………………..Số báo danh:…..............................

HƯỚNG DẪN CHẤM.

a. Có 2 cách trộn tạo HCl: t oC NaCl tinh thể + H2SO4đặc → NaHSO4 + HCl ( Na2SO4) t oC CaCl2 tinh thể + H2SO4đặc → CaSO4 + 2HCl - Hs nêu được 2 cách trộn : cho 0,25 đ - Đúng mỗi pt cho: 0,25 đ *Trong trường hợp hs không nêu 2 cách trộn mà viết đủ 2 pt: vẫn cho 0,75 đ b. Có 4 cách trộn tạo Cl2: t oC 2NaCl + 2H2SO4 + MnO2 → Na2SO4 + Cl2 + MnSO4 +2 H2O

2 điể

Câu Câu 1 1

NỘI DUNG a. Ba(OH)2 + KHCO3 → BaCO3 + KOH + H2O b. CO2 + NaOH → NaHCO3 c. NaOH + Ca(HCO3)2 → CaCO3 + NaHCO3 + H2O d. 2 H3PO3 + 3KOH → K2HPO3 + KHPO3 + H2O + Chỉ ra đúng 9 chất cho 1 đ; 4-5 chất: 0,25 đ; 6-7 chất : 0,5 đ; 8 chất: 0,75 đ ( A: NaHSO4, B: Na2SO3 (hoặc NaHSO3), C: Na2S (hoặc NaHS), D: Na2O2, E: Na3N (hoặc NaNH2), X: SO2, Y: H2S, Z:O2, T: NH3. + Phương trình phản ứng: (2-3:0,25đ ; 4-5: 0,5 đ; 6-7:0,75 đ; 8-9: 1đ) NaHSO4 + Na2SO3 → Na2SO4 + SO2 + H2O (NaHSO3) 2NaHSO4 + Na2S → 2Na2SO4 + H2S (NaHS) Na2O2 + H2O → 2NaOH + O2 Na3N +3 H2O →3NaOH + NH3 ( NaNH2) SO2 + 2H2S → 3 S + 2H2O V2O5 ,t o C  → 2SO3 2SO2 + O2 ← 

t C 5CaCl2 + 2H2SO4 + MnO2 → CaSO4 + Cl2 + MnSO4 + 2H2O

Điểm 1,5 đ

2đ

Câu Câu 2 1

H2S + 2NH3 → (NH4)2S + H2O (NH4HS) 2H2S + O2 → 2S + 2H2O t oC 2H2S + 3O2 → 3S + 2H2O

3 Câu 3 1

1,5 đ

t C SiO2 + 2Mg → 2MgO + Si (1) t oC Có thể có: 2Mg + Si → Mg2Si (2) →Chất rắn A chứa:

Trang 121

NỘI DUNG Điểm 10NaCl+ 8H2SO4 + 2KMnO4 → 5Na2SO4 + 5Cl2 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O 5CaCl2 + 8H2SO4 +2KMnO4 → 5Na2SO4 + 5Cl2 + 2MnSO4 +K2SO4 +8 H2O - Hs nêu được 4 cách trộn : cho 0,25 đ - Đúng mỗi pt cho: 0,25 đ x4pt =1 đ • Trong trường hợp hs không nêu 4 cách trộn mà viết đủ 4 pt: cho điểm tối đa :1,25 đ 1,5 đ ⇀ CH3COO- + H+ (1) Trong dung dịch CH3COOH có CB: CH3COOH ↽ a. Thêm H2O vào: độ điện ly α Tăng b. Thêm HCl vào: [H+] tăng → Cb (1) dịch chuyển sang chiều nghịch α giảm c. Thêm CH3COONa vào: CH3COONa →CH3COO- + Na+ [CH3COO-] tăng => Cb (1) dịch chuyển sang chiều nghịch α giảm d. Thêm NaOH vào: NaOH → Na+ + OHH+ + OH- → H2O [H+] giảm → Cb (1) dịch chuyển sang chiều thuận α tăng -Vẽ được hình: 0, 5đ ; chú thích đúng : 0,5 đ 1,5 đ - Viết 2 pt: 0,5 đ ( 1 pt điều chế : C2H4, 1 pt: CM tính khử ( p/ứ Br2, KMnO4, O2...) Gọi x, y tương ứng số mol A2CO3, AHCO3 trong mỗi phần. 2 đi P2: Ba2+ + CO32- → BaCO3 (1) ( 11,82/197 = 0,06 mol ) x= 0,06 ←  0,06 mol P1: HCO3- + OH- → CO32- + H2O (2) y Ba2+ + CO32- → BaCO3 (3) ( 53,19/197 = 0,27 mol ) 0,06 + y ←  0,27 mol

Trang 122

(Hoặc giả sử NO3- nên theo (3), (4): 0,12 = 3/2.(a-4,65) + ½.0,15 => a = 4,68  nNO − = 4, 68 − 4, 65 = 0, 03mol ; nH + = 4, 68 − 4,5 = 0,18mol ;theo(3) NO3- dễ

 y= 0,21 mol. Theo gt: 0,06.(2.MA + 60) + 0,21.(MA +61) =67,05/3 = 22,35 => MA = 18 ( A+: NH4+) . Vậy có phản ứng: NH4+ + OH- → NH3 + H2O (4) P3: HCO3- + OH- → CO32- + H2O (5) 0,21→ 0,21 mol + OH- → NH3 + H2O (6) NH4+ 0,33 mol 0,06.2 + 0,21→ => nKOH = nOH − = 0,21 + 0,33 = 0,54 mol

thấy NO3_ hết ). - Viết 2 pt đầu hoặc qt: 0,25 đ - Tìm số mol FeS2, CuS: 0,25 đ - Lập luận hoặc chứng minh NO3- hết: 0,5 đ - Tính a = 4,68 : 0, 5 đ • Nếu HS ngộ nhận NO3- hết và tính được a đúng : cho 0,5 đ. Câu 4 1

V = 0,54/2 = 0,27 lit = 270 ml . - Viết đúng phương trình cho mỗi phần cho: 0,25 đ x3pt = 0,75 đ - Tính số mol CO32-, HCO3- : 0,25 đ - Tìm A là NH4: 0,5 đ - Tính được V: 0,5 đ 8, 4 nFe = = 0,15mol; nHCl = 0, 45.1 = 0, 45mol 56 Phương trình phản ứng: Fe + 2H+ → Fe2+ + H2 (1) 0,15 → 0,3 → 0,15 mol Dung dịch A: Fe2+: 0,15 mol; H+: 0,15 mol; Cl-: 0,45 mol. Ag+ + Cl- → AgCl ↓ (2) Dư 0,45 → 0,45 mol 3Fe2+ + 4H+ + NO3- → 3 Fe3+ + NO + 2H2O (3) Trước p/ứ: 0,15 0,15 dư mol Sau p/ứ: 0,0375 0 mol Fe2+ + Ag+(dư) → Fe3+ + Ag ↓ (4) 0,0375 0,0375 mol mchất rắn = 0,45.143,5 + 0,0375.108 = 68,625 gam. - Hs: viết đủ 4 pt: 1,0 đ ( pt (1,2):0,25 đ; pt (3): 0,5 đ; pt (4): 0,25 đ) - Tính đúng mchất rắn = 68,625 g : 0,5 đ

NỘI DUNG Gọi x, y tương ứng số mol FeS2, CuS trong E. 104,16 7, 68 nNO = = 4, 65mol ; nCu = = 0,12mol 22, 4 64 + FeS2 + 14H + 15NO3 → Fe3+ + 2SO42- + 15NO2 + 7H2O (1) x 14.x 15.x x 15.x mol CuS + 8H+ + 8NO3- → Cu2+ + SO42- +8NO2 + 4H2O (2) y 8.y 8.y 8.y mol

Ta có:

120.x +96.y = 46,8 15.x + 8.y = 4,65 Giải được: x = 0,15; y = 0,3 mol Dung dịch Q (hay P) : Fe3+ (0,15 mol); H+ (a – 4,5) mol; NO3- ( a – 4,65) mol; Cu2+, SO423Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4 H2O (3) Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+ (4) Giả sử H+ hết , ta có: 0,12 = 3/8.(a - 4,5) + ½.0,15 => a = 4,62 mol < 4,65 → vô lý nên NO3- hết. Từ (3) , (4) ta có: 0,12 = 3/2.(a - 4,65) + ½.0,15 => a = 4,68 mol.

Trang 123

CH2O => CTCT: H

H CH4O =>CTCT: H

2 Câu Câu 3 3

2 đi

11,52 = 0,36mol 32 70,92 nBaCO3 = = 0,36mol 197 CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O 0,36 ← 0,36 mol nCO2 = 0,36 => số C tb= 0,36/0,36 =1 => X có 1C  X có dạng: CHnOm (m≥ 0) => 12 + n + 16.m < 44 => m < 2 + Nếu m =0 => X: CH4 (loại) + Nếu m = 1=> n= 0 hoặc 2 hoặc 4. CO => CTCT: C=O H n A = no2 =

Điểm 1,5 đ

Câu Câu 4 2

C O H

H -Tính số C trung bình: 0, 5 đ -Tìm X mỗi trường hợp : 0,5 x 3 TH = 1,5 đ (nếu đưa ra CTPT: 0,25 đx3TH= 0,75 đ). Qui đổi hỗn hợp X gồm : C3H6 (a mol), C2H2 (b mol), H2 (c mol). (a, b, c là số mol trong m gam X). Đốt X hay Y cần số mol O2 như nhau và thu được cùng số mol CO2, cùng số mol nước. -Do phản ứng hoàn toàn và Y làm mất màu dung dịch Br2 nên trong Y không có H2.

NỘI DUNG

nH2O = 3,96/18 = 0,22 mol; nBr2 p/ứ với Y = 0,05.1 = 0,05 mol; nX = 3,36/22,4 = 0,15 mol; nBr2 p/ứ 0,15 mol X = 19,2/160 = 0,12 mol. BT hidro: 6.a +2.b + 2.c = 0,44 (1) BT liên kết pi: số l/k pi trong X = số liên kết pi trong Y (bằng số mol Br2 phản ứng với Y) + số mol H2 a + 2.b = 0,05 + c (2) Ta có: a + b + c mol X phản ứng hết với a +2.b mol Br2 0,15 mol X phản ứng vừa hết 0,12 mol Br2 =>0,12.(a+b+c) = 0,15.(a+2.b) (3) Từ (1),(2),(3) ta có: a= 0,06; b=0,01; c=0,03 mol BT cacbon => nCO2 = 0,06.3 + 0,01.2 = 0,2 mol BT oxi => nO2 p/ứ = nCO2 + 1/2 .nH2O = 0,2 + ½.0,22 = 0,31 mol

Trang 124

Điể 1,5 điểm

V = 0,31.22,4 = 6, 944 lít - Biết qui đổi hỗn hợp X thành 3 chất: 0, 5 đ - Lập pt toán học :( 1), (2): 0,25 đ - Lập pt toán học (3): 0,25 đ - Tính V đúng : 1 đ *Nếu hs chỉ viết hết các phương trình phản ứng ,không tính toán được : cho 0,5 đ , khoảng ½ số phương trình: cho 0,25 đ. 3

Cl (75%), 1737Cl (25%) : cho 0,25 đ 0, 25.37 -Tính % khối lượng 1737Cl trong KClO3 = .100% = 7,55% : cho 0,75 đ 39 + 35,5 + 16.3

-Tính % số mol của đồng vị :

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

Đề chính thức

35 17

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP GDTX NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

Cho: C = 12, O = 16, N = 14, Br = 80, Mg =24, Ca = 40, Zn=65, Ba = 137, Fe = 56, Na =23,Mn =55. Câu 1. (5 điểm) 1. Từ Cl2 viết 4 phương trình phản ứng trực tiếp tạo ra HCl, 4 phương trình phản ứng tạo ra NaCl. 2. Cân bằng các phương trình phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a. KMnO4 + HCl → KCl + MnCl2 + Cl2 + H2O b. Cl2 + KOH → KCl + KClO3 + H2O c. FeO + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H2O d. Al + HNO3 → Al(NO3)3 + N2O + H2O 3. Nguyên tử X có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 3sx, nguyên tử Y có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 3s23py. Tổng số electron lớp ngoài cùng của 2 nguyên tử bằng 9. Viết cấu hình electron của nguyên tử X, Y. Từ đó, xác định vị trí của X, Y trong bảng HTTH. Câu 2. (4 điểm) 1. Nêu hiện tượng xẩy ra, viết phương trình phản ứng khi tiến hành các thí nghiệm sau: a. CuO vào dung dịch HCl b. Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch Ba(OH)2 c. Cho CaCO3 vào dung dịch HCl d. Cho dung dịch AlCl3 vào dung dịch Na2CO3 2. Dùng hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính khử của etilen trong phòng thí nghiệm. Viết phương trình phản ứng. Câu 3. (6 điểm) 1. Cho 10,8 gam kim loại M hóa trị II tác dụng hết với khí clo tạo thành 42,75 gam muối clorua. a. Xác định kim loại M b. Tính khối lượng MnO2 và thể tích dung dịch HCl 1 M cần dung để điều chế lượng clo nói trên. Cho hiệu suất phản ứng đạt 100%.

Trang 125

1 đi

2. Cho 1,925 gam hỗn hợp X gồm Ba, Na2O vào nước thu được 500 ml dung dịch X và 0,112 lít khí H2 (đktc). Tính pH dung dịch X. 3. Cho m gam Fe vào dung dịch HNO3 loãng. Khi Fe tan hết thu được dung dịch A chỉ chứa 1 chất tan và 6,72 lít (đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất). a. Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan. b. Tính thể tích dung dịch HNO3 2 M đã dùng Câu 4. (5 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol một anken X thu được m gam H2O và m + 15,6 gam CO2. a. Tính m b. Xác định CTPT và viết các công thức cấu tạo của X c. Viết phương trinh phản ứng xẩy ra khi cho đồng phân mạch nhánh của X tác dụng với: H2 (Ni, toC), dung dịch Br2, H2O (có xúc tác H2SO4 loãng, toC). 2. Cho hỗn hợp X gồm: CH4, C2H4, C2H2. Chia 13,44 lít X (đo ở đktc) làm 2 phần bằng nhau. Phần 1: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thu được 36 gam kết tủa. Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch Br2 dư thấy có 64 gam Br2 phản ứng. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra b. Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X.

...................………………… Hết………………………......... Họ và tên thí sinh:………………………………………………..Số báo danh:….............................. HƯỚNG DẪN CHẤM. Câu Câu 1 1 2

Câu 2 1

NỘI DUNG + 4 PT tạo ra HCl từ Cl2: 4x0,25 đ = 1 đ + 4 PT tạo ra NaCl từ Cl2: 4x0,25 đ = 1 đ a. b. c. d. -

Điể 2đ

1,5 đ

2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O 3Cl2 + 6KOH → 5KCl + KClO3 + 3H2O 3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O 8Al + 30 HNO3 → 8Al(NO3)3 + 3N2O + 15H2O CB đúng : 0,25 x 4 =1 đ Viết các qt đúng : 0,5 đ

Theo gt: x+ 2+y = 9  x + y =7 + x =1 => y = 6 CH e của: X: 1s22s22p63s1 => X: thuộc chu kỳ 3, nhóm IA. CH e của Y: 1s22s22p63s23p6 => Y: thuộc chu kỳ 3, nhóm VIIIA + x = 2 => y =5 CH e của: X: 1s22s22p63s2 => X: thuộc chu kỳ 3, nhóm IIA. CH e của Y: 1s22s22p63s23p5 => Y: thuộc chu kỳ 3, nhóm VIIA

1,5 đ

+ Nêu đúng hiện tượng : 0,25 x4 = 1đ + Viết đúng phương trình: 0,25 x4 =1 đ a. CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O ( chất rắn tan , dung dịch màu xanh) b. CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 +H2O CO2 + H2O + BaCO3 → Ba(HCO3)2

2đ

Trang 126

2 Câu 3 1

(có kết tủa trắng sau đó kết tủa tan) c. CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 + H2O (chất rắn tan, có khí không màu thoát ra) d. 2AlCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2 Al(OH)3 + 3 CO2 + 6 NaCl (có kết tủa keo trắng và khí không màu thoát ra) -Vẽ được hình: 0, 5đ ; chú thích đúng : 0,5 đ 2đ - Viết 2 pt: 1 đ ( 1 pt điều chế : C2H4, 1 pt: CM tính khử ( p/ứ Br2, KMnO4, O2...) a. M + Cl2 → MCl2 (1) nM = nCl2 = (42,75 -10,8)/71 = 0,45 mol  MM = 10,8/ 0,45 = 24 => M: Mg b. MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 +2H2O (2) 0,45 1,8 0,45 mol mMnO2 = 87.0,45 = 39,15 gam VHCl = 1,8/1 = 1,8 lít - Câu a: 1 đ - Câu b. 1 đ

2đ

Gọi x,y số mol Ba, Na2O Na2O + H2O → 2NaOH y → 2.y mol Ba+ 2H2O → Ba(OH)2 + H2 x → x → x mol 0,112 Do nH2 = = 0,005mol => x = 0,005 22, 4 Mặt khác, 62.y + 137.0,005 = 1,925 => y = 0,02 mol  nOH- = 2.x + 2.y = 0,05 mol =>[OH-] = 0,05/0,5 = 0,1 = 10-1

2đ

•

nX trong mỗi phần = ½.13.44/2 = 0,3 mol; nBr2 =64/160 = 0,4 mol a. PT p/ứ: C2H2 + 2AgNO3 +2NH3 → C2Ag2 +2 NH4NO3 (1) 0,15 36/240 =0,15 mol C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 ( 2) 0,15 0,3 mol C2H4 + Br2 → C2H4Br2 (3) 0,1 0,4-0,3 = 0,1 mol  nCH4 = 0,3 – 0,15 – 0,1 = 0,05 mol b. Khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X: mCH4 = 2.0,05.16 = 1,6 gam; mC2H4 = 2.0,1.28 = 5,6 gam; mC2H2 = 2.0,15.26 =7,8 gam. - Viết PT (1): 0,5 đ - Viết PT (2),(3) : 0,5 đ - Tính số mol mỗi chất: 3x0,25 = 0,75 đ - Tính khối lượng mỗi chất: 3x0,25 =0,75 đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

ĐỀ CHÍNH

ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC – BẢNG KHÔNG CHUYÊN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 12/10/2016

(Đề thi gồm 09 bài; 02 trang)

=>[H+]= 10-13 => pH =13. Viết 2 pt : cho 0,5 điểm Tính số mol OH- : cho 0,75 điểm Tính được pH: cho 0,75 điểm Nếu hs không viết pt: giải đúng , chặt chẽ cho điểm tối đa: 2 điểm

-Dung dịch A chỉ chứa 1 chất tan => A chỉ chứa : Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 : cho 0,5đ 2đ * Th1: Fe + 4 HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2 H2O (nNO = 6,72/22,4 = 0,3 mol) 1,2 ←  0,3 ←  0,3 mol Khối lượng muối khan = 0,3 .242 = 72, 6gam VHNO3 = 1,2/2 = 0,6 lít = 600ml *Th2: 3Fe + 8 HNO3 → 3Fe(NO3)2 + 2NO + 4 H2O ( Hs có thể viết 2 phương trình) 1,2 ←  0,45 ←  0,3 mol Khối lượng muối khan = 0,45 .180 = 81 gam VHNO3 = 1,2/2 = 0,6 lít = 600ml -Giải đúng mỗi trường hợp cho: 2x 0,75 = 1,5 điểm

Câu 4 1

Bài 1 (1,0 điểm) 1. Chất X tạo ra từ 3 nguyên tố A, B, C có công thức phân tử là ABC. Tổng số hạt cơ bản trong phân tử X là 82, trong đó số hạt mạng điện nhiều hơn số hạt không mạng điện là 22. Hiệu số khối giữa B và C gấp 10 lần số khối của A. Tổng số khối của B và C gấp 27 lần số khối của A. Xác định công thức phân tử của X. 2. Sắp xếp các chất trong các dãy sau theo chiều tăng dần (từ trái qua phải, không giải thích) về: a. Nhiệt độ sôi: H2O, CH3OH, C2H6, CH3F, o-O2NC6H4OH. b. Lực axit: CH2 = CHCOOH, C2H5COOH, C2H5CH2OH, C6H5COOH (axit benzoic). Bài 2 (1,0 điểm) Xác định các chất A1, A2, A3, A4, A5, A6, A7, A8 và hoàn thành các phương trình hóa học theo sơ đồ sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có): 0 + dd BaCl2 + dd AgNO3 + dd NaOH A1 A2 + dd HCl A3 + O2,t A4+dd NH3 dư A5 + dd Br2 A6 A7 A8 Biết: A1 là hợp chất của lưu huỳnh với 2 nguyên tố khác và có phân tử khối bằng 51u; A8 là chất kết tủa. Bài 3 (1,0 điểm) Hợp chất X có công thức phân tử C7H6O3 có những tính chất sau: - Tác dụng với dung dịch NaHCO3 tạo chất ra Y có công thức C7H5O3Na;

a.Ta có: m/18 = (m+15,6)/44 => m = 10,8 gam (0,5 đ) b. Đặt CTPT của X: CnH2n => n = 0,6/0,15 =4 => CTPT: C4H8 (0,5 đ) CTCT: CH2=CH-CH2-CH3; CH3-CH=CH-CH3; CH2=C(CH3)-CH3. (0,25x3 =0,75 đ) c.Viết 3 pt: 3x0,25 = 0,75 đ

2,5 đ

- Tác dụng với anhiđrit axetic tạo chất Z có công thức C9H8O4 (chất Z tác dụng được với NaHCO3); - Tác dụng với metanol (xúc tác H2SO4 đặc) tạo ra chất T có công thức C8H8O3. Chất T có khả năng tác dụng với dung dịch NaOH theo tỉ lệ mol 1 : 2. Xác định công thức cấu tạo các chất X, Y, Z, T. Viết các phương trình hóa học xảy ra (ghi điều

Trang 127

Trang 128

2,5 đ

kiện phản ứng nếu có), biết các nhóm chức trong X có khả năng tạo liên kết hiđro nội phân tử. Bài 4 (1,0 điểm) Trộn lẫn 7 ml dung dịch NH3 1M với 3 ml dung dịch HCl 1M thu được 10 ml dung dịch A. a. Tính pH của dung dịch A b. Thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A thu được dung dịch B (coi thể tích dung dịch B

----------------Hết--------------Thí sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN

bằng thể tích dung dịch A). Xác định pH của dung dịch B biết K NH3 = 1,8.10 −5 .

Bài 5 (1,0 điểm) Hỗn hợp X gồm 2 ancol no, đơn chức, mạch hở là đồng đẳng kế tiếp và 6,4 gam CH3OH. Chia X thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1 tác dụng hết với Na dư thu được 4,48 lít H2 (đktc). - Đốt cháy hoàn toàn phần 2, dẫn toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng P2O5 khan, bình 2 đựng dung dịch Ba(OH)2 dư. Sau khi các phản ứng kết thúc thấy khối lượng bình 1 tăng thêm a gam, khối lượng bình 2 tăng thêm (a + 22,7) gam. Xác định công thức phân tử của 2 ancol, tính phần trăm khối lượng của mỗi ancol trong hỗn hợp X. Bài 6 (1,5 điểm) Hòa tan 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu bằng 87,5 gam dung dịch HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và hỗn hợp khí B. Thêm 500 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Nung Y trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. (Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn) a. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong A. b. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch X. c. Tính khối lượng mỗi khí trong hỗn hợp B Bài 7 (1,5 điểm) Hỗn hợp A gồm một ancol X (no, hai chức, mạch hở), một axit cacboxylic Y (đơn chức, mạch hở, chứa một liên kết đôi C=C) và một chất hữu cơ Z được tạo ra từ X và Y. Cho m gam A tác dụng vừa đủ với 400 ml dung dịch NaOH 0,2M, sau phản ứng hoàn toàn thu được ancol X và 7,52 gam muối. Toàn bộ lượng X sinh ra cho tác dụng hết với Na dư thu được 2,912 lít khí H2. Mặt khác, đốt cháy hết m gam A bằng lượng O2 dư thu được 11,2 lít CO2 và 9 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z. Tính khối lượng của Z trong hỗn hợp A. (Biết các thể tích khí đều đo ở đktc) Bài 8 (1,0 điểm) 1. Hãy giải thích tại sao những người có thói quen ăn trầu thì răng luôn chắc khỏe? 2. Thời kỳ Phục hưng, các bức họa của các danh họa được vẽ bằng bột “trắng chì” (có chứa PbCO3.Pb(OH)2). Qua một thời gian, các bức họa bị ố đen không còn đẹp như ban đầu. Hãy giải thích hiện tượng trên. Để phục hồi các bức họa đó cần dùng hóa chất nào? Viết các phương trình phản ứng hóa học minh họa. Bài 9 (1,0 điểm) Hãy giải thích tại sao: 1. Trong quá trình sản xuất giấm ăn, người ta thường dùng những thùng có miệng rộng, đáy nông và phải mở nắp? 2. Người đau dạ dày khi ăn cháy cơm (cơm cháy vàng) lại thấy dễ tiêu hơn ăn cơm? 3. Khi nhai kỹ cơm sẽ có vị ngọt?

Trang 129

Họ và tên thí sinh: ..................................................... Số báo danh: ..................................................... Cán bộ coi thi 1: ........................................................ Cán bộ coi thi 2: ...............................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CẤP THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC – BẢNG KHÔNG CHUYÊN Ngày thi: 12/10/2016 (Hướng dẫn chấm gồm 07 trang)

Chú ý: - Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì vẫn cho điểm tối đa phần đó. - Điểm bài thi làm tròn tới 2 chữ số sau dấu phẩy. Bài 1 (1,0 điểm) 1. Chất X tạo ra từ 3 nguyên tố A, B, C có công thức phân tử là ABC. Tổng số hạt cơ bản trong phân tử X là 82, trong đó số hạt mạng điện nhiều hơn số hạt không mạng điện là 22. Hiệu số khối giữa B và C gấp 10 lần số khối của A. Tổng số khối của B và C gấp 27 lần số khối của A. Xác định công thức phân tử của X. Nội dung Điểm 1. Gọi số proton, notron của A, B, C lần lượt là ZA, ZB, ZC, NA,NB, NC. Theo dữ kiện đề bài ta có hệ 4 phương trình sau: 2( ZA +ZB +ZC) + ( NA +NB +NC) = 82 0,3 2( ZA +ZB +ZC) - ( NA +NB +NC) = 22 (Lập hệ (ZB +NB) - (Zc +Nc) = 10( ZA +NA) pt) (ZB +NB) + (Zc +Nc) = 27 ( ZA +NA) Giải hệ phương trình trên ta được: ZA +NA= 2; ZB + NB= 37; Zc + NC = 17. 0,2 Vậy : A là H, B là Cl, C là O. Công thức của X là HClO (tìm CT) 2. Sắp xếp các chất trong các dãy sau theo chiều tăng dần (từ trái qua phải, không cần giải thích) về: a. Nhiệt độ sôi: H2O, CH3OH, C2H6, CH3F, o-O2NC6H4OH. b. Lực axit: CH2=CHCOOH, C2H5COOH, C2H5CH2OH, C6H5COOH(axit benzoic). Nội dung Điểm a. C2H6, CH3F, CH3OH, H2O, o-O2NC6H4OH 0,25 b. C3H7OH, C2H5COOH, CH2=CHCOOH, C6H5COOH 0,25 Bài 2 (1,0 điểm)

Trang 130

Xác định các chất A1, A2, A3, A4, A5, A6, A7, A8 và hoàn thành các phương trình hóa học theo sơ đồ sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có): 0 + dd BaCl2 + dd AgNO3 A1+ dd NaOH A2 + dd HCl A3 + O2,t A4+dd NH3 dư A5 + dd Br2 A6 A7 A8. Biết A1 là hợp chất của lưu huỳnh với 2 nguyên tố khác và có phân tử khối bằng 51u; A8 là chất kết tủa. Nội dung Điểm S = 32 => phần còn lại bằng 51 – 32 = 19 (NH5) => A1 là NH4HS 0,1 A2: Na2S; A3: H2S; A4: SO2: A5: (NH4)2SO3; A6: (NH4)2SO4; A7: NH4Cl; A8: AgCl 0,2 0,7 NH4HS + 2NaOH  → Na2S + 2NH3 + 2H2O (mỗi pt Na2S + 2HCl  → 2NaCl + H2S được 0,1) t0 2H2S + 3O2  → 2SO2 + 2H2O SO2 + 2NH3 + H2O  → (NH4)2SO3 (NH4)2SO3 + Br2 + H2O  → (NH4)2SO4 + 2HBr

b. 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 K NH 3 = 1,8.10 −5 .

Nội dung a. Xét phản ứng của dung dịch NH3 và dung dịch HCl : NH3 + H+ NH4+ Pư 3.10-3 3.10-3 3.10-3 mol 3.10-3 mol Còn 4.10-3 Dung dịch A gồm các cấu tử: NH3 4.10-3 mol hay có nồng độ 0,4M NH4+ 3.10-3 mol hay có nồng độ 0,3M NH3 + H2 O ⇄ NH4+ + OHBđ 0,4 0,3 M Pli x x x M CB (0,4-x) (0,3+x) x M

(NH4)2SO4 + BaCl2  → 2NH4Cl + BaSO4

NH4Cl + AgNO3  → NH4NO3 + AgCl Bài 3 (1,0 điểm) Hợp chất X có công thức phân tử C7H6O3 có những tính chất sau: - Tác dụng với dung dịch NaHCO3 tạo chất ra Y có công thức C7H5O3Na; - Tác dụng với anhiđrit axetic tạo chất Z có công thức C9H8O4 (chất Z tác dụng được với NaHCO3); - Tác dụng với metanol ( xúc tác H2SO4 đặc) tạo ra chất T có công thức C8H8O3. Chất T có khả năng tác dụng với dung dịch NaOH theo tỉ lệ mol 1 : 2. Xác định công thức cấu tạo các chất X, Y, Z, T. Viết các phương trình hóa học xảy ra (ghi điều kiện phản ứng nếu có), biết các nhóm chức trong X có khả năng tạo liên kết hiđro nội phân tử. Nội dung Điểm Cấu tạo các chất : 0,5 COOCH3 COOH COONa COOH OH (mỗi chất OH OH OOCCH3 0,125đ)

X Phương trình phản ứng :

HOC6H4COOH + NaHCO3 → HOC6H4COONa + H2O + CO2 H SO

2 4   → CH3COOC6H4COOH + CH3COOH HOC6H4COOH + (CH3CO)2O 

0,5 (mỗi pt 0,1đ)

CH3COOC6H4COOH + NaHCO3 → CH3COOC6H4COONa + CO2 + H2O 0

H 2 SO4đ ,t → HOC6H4COOCH3 + H2O HOC6H4COOH + CH3OH ←

HOC6H4COOCH3 + 2NaOH→ NaOC6H4COONa + CH3OH + H2O Bài 4 (1,0 điểm) Trộn lẫn 7 ml dung dịch NH3 1M với 3 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch A. a. Tính pH của dung dịch A

Trang 131

(0,3 + x).x = 1,8.10−5  x = 2,4.10 −5 (0,4 − x)

→ pOH = 4,62 → pH = 9,38

b. Khi thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A có phản ứng : + OH NH3 + H2 O NH4+ -3 Bđ 3.10 10-3 mol Pư 10-3 10-3 10-3 mol 2.10-3 0 10-3 mol Còn lại + Vậy dung dịch B gồm các cấu tử: NH4 : 2.10-3 mol hay có nồng độ 0,2M NH3 : 5.10-3 mol hay có nồng độ 0,5M NH3 + H2 O ⇄ NH4+ + OHBđ 0,5 0,2 M Pli y y y M CB (0,5-y) (0,2+y) y M

(0,2 + y). y = 1,8.10−5  y = 4,5.10−5 (0,5 − y)

→ pOH = 4,35 → pH = 9,65

Điểm

0,25

Bài 5 (1,0 điểm) Hỗn hợp X gồm 6,4 gam CH3OH và b mol hỗn hợp 2 ancol no, đơn chức, mạch hở là đồng đẳng kế tiếp nhau. Chia X thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1 tác dụng hết với Na dư thu được 4,48 lít H2 (đktc). - Đốt cháy hoàn toàn phần 2, dẫn toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng P2O5, bình 2 đựng dung dịch Ba(OH)2 dư. Sau khi các phản ứng kết thúc thấy khối lượng bình 1 tăng thêm a gam, khối lượng bình 2 tăng thêm (a+22,7) gam. Xác định công thức phân tử của 2 ancol và tính phần trăm khối lượng của mỗi ancol trong hỗn hợp X. Nội dung Điểm Gọi CTPT của 2 ancol no, đơn chức, đồng đẳng liên tiêp là CnH2n+1OH Theo giả thiết: CH3OH= 6,4/32=0,2 mol Trong ½ hỗn hợp : số mol của CH3OH=0,1(mol) và số mol của hỗn hợp 2 ancol =b/2(mol) CH3OH +Na →CH3ONa + 1/2H2 0,25

Trang 132

CnH2n+1OH +Na→CnH2n+1OH + 1/2H2 theo phần 1: nH2= 0,2(mol) = 0,05 + b/4 → b=0,6 mol CH3OH+3/2O2→CO2+2H2O CnH2n+1OH +3n/2O2→n CO2+ (n+1)H2O Theo giả thiết ta có: (0,1+bn/2).44= a +22,7 (0,2+bn/2+b/2).18= a b=0,6 suy ra n=3,5 nên n1=3 và n2 = 4 gọi số mol của C3H8O là x, số mol của C4H10O là y 3x + 4y = 3,5.0,3=1,05 x+y=0,3 → x = y = 0,15(mol) vậy % m CH3OH=13,73%; %m C3H8O=38,63%; %m C4H10O=47,64%

(tính số mol hỗn hợp ancol)

0,5 (Tìm được CT ancol) 0,25

Bài 6 (1,5 điểm) Hòa tan 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu bằng 87,5 gam dung dịch HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và hỗn hợp khí B. Thêm 500 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Nung Y trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. (Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn) a. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong A. b. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch X. c. Tính khối lượng các khí trong hỗn hợp B Nội dung 87, 5.50, 4 a. n HNO 3 = = 0, 7 mol ; nKOH = 0,5mol 100.63 Đặt nFe = x mol; nCu = y mol. Hòa tan hết kim loại bằng dung dịch HNO3 → X có Cu(NO3)2, muối của sắt (Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 hoặc cả 2 muối của sắt), có thể có HNO3 dư. 1 x Áp dụng BTNT đối với sắt, đồng ta có: n Fe2O3 = nFe = ; 2 2 nCuO = nCu= y mol x →160. + 80.y = 16 (I) 2 mhh kim loại = 11,6 gam → 56.x + 64.y = 11,6 (II) Giải hệ (I) và (II) → x= 0,15 và y= 0,05.

0,15.56 .100% = 72,41% ; %mCu = 100-72,41= 27,59% % mFe = 11,6

Điểm

n KNO 2 = n KNO 3 =nKOH =0,5 mol

→ mKNO2 = 42,5 gam ≠ 41,05 gam (Loại) + Nếu T có KOH dư: Đặt n KNO 3 = a mol → n KNO 2 = amol; nKOH

phản ứng

0,25 (tính % kl kloại)

b. Cô cạn Z được chất rắn T có KNO3, có thể có KOH dư Nung T: 0

t 2KNO3 → 2KNO2 +O2 (6) + Nếu T không có KOH thì

Trang 133

= amol;

→ 85.a + 56.(0,5-a) = 41,05 → a = 0,45 mol Dung dịch X có thể có HNO3 dư hoặc không Áp dụng BTNT đối với Nitơ: nN trong X = n N trong KNO2 = 0,45 mol. TH1: Dung dịch X có HNO3 dư, Cu(NO3)2, Fe(NO3)3 →số mol KNO3 > 3nFe3+ + 2nCu2+ = 0,55 > số mol KOH = 0,5 (vô lý) TH2: Dung dịch X không có HNO3 ( gồm Cu(NO3)2, có thể có muối Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 hoặc cả Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 ) n Fe ( NO3 ) 2 = z mol, n Fe ( NO3 )3 = t mol

(III) Theo BTNT đối với Nitơ → 2z+3t +0,05. 2 = 0,45 (IV) Theo BTNT đối với sắt → z + t = 0,15 Giải hệ (III) và (IV) → z = 0,1 và t=0,05 Số gam H2O trong dung dịch HNO3 = 43,4gam Số mol H2O sinh ra = 0,35 mol (=1/2 số mol H+) Vậy mddX = mKL + mH2O(trong dd HNO3) + mH2O(tạo ra) + mNO3= 11,6 + 43,4 +0,35.18 + 0,45.62 = 89,2 gam C% Cu(NO3)2 = 10,54% C% Fe(NO3)2 = 20,18% C% Fe(NO3)3 = 13,57% c. Số mol e nhường = 0,45 = số mol e của N+5 nhận nNkhí = 0,7 – 0,45 = 0,25 mol số e nhận trung bình = 0,45/0,25=1,8 → trong B phải có NO2 Vậy B gồm NO2 (g mol) và NO (h mol) Bảo toàn N : g + h = 0,25 Bảo toàn electron: g + 3h = 0,45 → g = 0,15 mol, h = 0,1 mol → m NO2 = 6,9 gam, m NO = 3 gam

0,125

0,125 0,125

0,125 (số mol muối) 0,125 (kl dung dịch) 0,125

0,25 (xđ khí) 0,125

Bài 7 (1,5 điểm) Hỗn hợp A gồm một ancol X (no, hai chức, mạch hở), một axit cacboxylic Y (đơn chức, mạch hở, chứa một liên kết đôi C=C) và một chất hữu cơ Z được tạo ra từ X và Y. Cho m gam A tác dụng vừa đủ với 400 ml dung dịch NaOH 0,2M, sau phản ứng hoàn toàn thu được ancol X và 7,52 gam muối. Toàn bộ lượng X sinh ra cho tác dụng hết với Na dư thu được 2,912 lít khí H2. Mặt khác, đốt cháy hết m gam A bằng lượng O2 dư thu được 11,2 lít CO2 và 9 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z và tính khối lượng của Z trong hỗn hợp A. (Biết các thể tích khí đều đo ở đktc) Nội dung Điểm

Trang 134

Số mol NaOH = số mol muối = 0,08 → Mmuối = 7,52/0,08 = 94. Vậy axit CH2=CH-COOH Z có thể là este 2 chức hoặc là tạp chức este-ancol TH1: Z là tạp chức este - ancol Hỗn hợp A gồm R(OH)2 CnH2n +2O2 : x mol R, COOH

C3H4O2:

y mol

R(OH)(OOC R, ) Cn+3H2n+4O3: z mol Số mol NaOH = 0,08 = y+z (1) Số mol H2 = số mol ancol = 0,13 mol = x+z (2) Số mol CO2 = nx + 3y + (n+3)z = 0,5 mol (3) Số mol H2O = (n+1)x + 2y + (n+2)z = 0,5 mol (4) Từ (3), (4) có x = y+z Kết hợp với (1),(2) có x=0,08, y=0,03, z=0,05, n=2 Vậy CTCT X: HO-CH2-CH2-OH Y: CH2=CH-COOH Z: HO-CH2-CH2-OOCCH=CH2 Khối lượng Z = 5,8 gam TH2: Z là este 2 chức Hỗn hợp gồm R(OH)2 CnH2n +2O2 : ,

R COOH

C3H4O2:

0,3 (xđ CTCT axit)

0,4 0,1 (xđ CTCT đúng ) 0,1

x mol y mol

R(OOC R, )2 Cn+6H2n+6O4: z mol Số mol NaOH = 0,08 = y+2z (1) 0,13 mol = x+z (2) Số mol CO2 = nx + 3y + (n+6)z = 0,5 mol (3) Số mol H2O = (n+1)x + 2y + (n+3)z= 0,5 mol (4) Từ (3), (4) có x = y+3z Kết hợp với (1),(2) có x=0,105, y=0,03, z=0,025 , n=2 Vậy CTCT X: HO-CH2-CH2-OH Y: CH2=CH-COOH Z: CH2=CHCOO-CH2-CH2-OOCCH=CH2

(Ca5(PO4)3OH) xảy ra thuận lợi: 0,25 5Ca2+ + 3PO43- + OH- → Ca5(PO4)3OH Chính lớp men này làm cho răng chắc khỏe 0,25 2. Những bức họa cổ bị hóa đen là do PbCO3.Pb(OH)2 đã phản ứng chậm với H2S có 0,25 trong không khí theo phương trình hóa học: PbCO3 + H2S → PbS + CO2 + H2O (2pt) Pb(OH)2 + H2S → PbS + 2H2O 0,25 - Để phục chế ta dùng H2O2 vì: (chọn hóa 4H2O2 + PbS → PbSO4 ít tan, trắng + 4H2O chất và Chất PbSO4 tạo ra có màu trắng tương tự như PbCO3.Pb(OH)2. pt) Bài 9 (1,0 điểm) Hãy giải thích tại sao: 1. Trong quá trình sản xuất giấm ăn, người ta thường dùng những thùng có miệng rộng, đáy nông và phải mở nắp? 2. Người đau dạ dày khi ăn cháy cơm (cơm cháy vàng) lại thấy dễ tiêu hơn ăn cơm? 3. Khi ăn cơm nếu nhai kỹ sẽ có vị ngọt? Nội dung Điểm 1. Trong quá trình sản xuất giấm ăn người ta phải dùng các thùng miệng rộng, đáy nông, và 0,3 phải mở nắp là do rượu loãng sẽ tiếp xúc nhiều với oxi hơn, thúc đẩy quá trình tạo thành giấm nhanh hơn ( quá trình này có oxi tham gia phản ứng). men giấm CH3COOH + H2O. C2H5OH + O2 2. Khi ăn cháy cơm (miếng cơm cháy vàng ) thì tinh bột (C6H10O5)n đã biến thành đextrin (C6H10O5)x ( với x << n ), mạch phân tử tinh bột đã được phân cắt nhỏ hơn, chúng dễ bị thuỷ 0,4 phân thành saccarit bởi các enzim trong nước bọt, nên ăn cháy cơm sẽ dễ tiêu hơn, dạ dày làm việc ít hơn. 3. Khi ăn cơm, nếu nhai kỹ sẽ có vị ngọt vì tinh bột bị thủy phân nhờ enzim amilaza có trong nước bọt thành đextrin rồi thành mantozơ nên có vị ngọt 0,3

0,4 ------------------HẾT----------------0,1 (xđ CTCT đúng ) 0,1

Khối lượng Z = 4,25 gam Bài 8 (1,0 điểm) 1. Hãy giải thích tại sao những người có thói quen ăn trầu thì răng luôn chắc khỏe? 2. Thời kỳ Phục hưng, các bức họa của các danh họa được vẽ bằng bột “trắng chì” (có chứa PbCO3.Pb(OH)2). Qua một thời gian, các bức họa bị ố đen không còn đẹp như ban đầu. Hãy giải thích hiện tượng trên. Để phục hồi các bức họa đó người ta cần dùng hóa chất nào? Viết các phương trình phản ứng hóa học minh họa. Nội dung Điểm 1. Trong miếng trầu có vôi Ca(OH)2 chứa Ca2+ và OH- làm cho quá trình tạo men răng

Trang 135

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

ĐỀ DỰ PHÒNG

ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC – BẢNG KHÔNG CHUYÊN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 12/10/2016

(Đề thi gồm 09 bài; 02 trang)

Bài 1 (1,0 điểm) Nguyên tử của nguyên tố A có tổng số electron trong các phân lớp p là 7. Nguyên tử nguyên tố B có tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt mang điện của nguyên tử nguyên tố A là 8. Cho đơn chất A tác dụng với đơn chất B thu được chất X. a. Hòa tan X vào H2O thu được dung dịch có môi trường axit, bazơ hay trung tính? Giải thích.

Trang 136

b. Lấy 4,83 gam X.nH2O hoà tan vào nước thu được dung dịch Y. Dung dịch Y tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 10,2 gam AgNO3. Xác định n. Bài 2 (1,0 điểm) Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G, H, I, K, L và hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau: 0

t FeS + O2  → (A) + (B)↑ (B) + H2S → (C)↓ + (D) 0

t (C) + (E)  → (F)

(G) + NaOH → (H) + (I) (H) + O2 + (D) → (K) 0

t (K)  → (A) + (D) 0

t (A) + (L)  → (E) + (D) (F) + HCl → (G) + H2S↑ Bài 3 (1,0 điểm) X, Y, Z là 3 chất hữu cơ mạch hở, không phân nhánh, đều có công thức phân tử là C4H6O2, trong đó: - X và Y đều tham gia phản ứng tráng gương. - X và Z tác dụng với dung dịch NaOH lần lượt thu được các sản phẩm hữu cơ M và N đều tác dụng được với Na. - Hiđro hóa hoàn toàn Y thu được sản phẩm hữu cơ T có khả năng tác dụng được với Cu(OH)2. - Y tác dụng được với Na. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z. Viết các phương trình hóa học minh họa các quá trình trên. Bài 4 (1,0 điểm) a. Dung dịch A chứa: CH3COOH 1M và CH3COONa 1M. Tính pH của dung dịch A. b. Trộn 100ml dung dịch A với 10ml dung dịch NaOH 0,1M thu được dung dịch B. Tính pH của dung dịch B (coi thể tích dung dịch B bằng tổng thể tích dung dịch A và dung dịch NaOH) biết pKa(CH3COOH) = 4,75. Bài 5 (1,0 điểm) Hóa hơi 2,54 gam một este A thuần chức, mạch hở trong một bình kín dung tích không đổi 0,6 lít ở 136,50C. Khi A bay hơi hết thì áp suất trong bình là 0,56 atm. a. Xác định khối lượng mol phân tử của A. b. Để thủy phân hết 25,4 gam A cần vừa đủ 250 gam dung dịch NaOH 4,8%. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 6,35 gam A bằng dung dịch NaOH vừa đủ, sau phản ứng thu được 7,05 gam một muối duy nhất. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên este A (biết ancol hoặc axit tạo thành este là đơn chức). Bài 6 (1,5 điểm) Hỗn hợp M gồm kim loại R và một oxit của R. Chia 88,8 gam hỗn hợp M thành ba phần bằng nhau: - Hòa tan hết phần 1 bằng dung dịch HCl dư, phản ứng xong thu được 2,24 lít khí H2. - Phần 2: Cho tác dụng hết với dung dịch HNO3 loãng, dư thu được dung dịch E và 2,24 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). - Dẫn luồng CO dư qua phần 3 nung nóng tới phản ứng hoàn toàn, chất rắn thu được đem hoà tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư thấy thoát ra 13,44 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất). 1. Xác định kim loại R và công thức của oxit. 2. Cho 29,6 gam hỗn hợp M tác dụng hết với dung dịch HNO3 12,6 %, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Z và 1,12 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch Z. Biết các thể tích khí đều đo ở đktc. Bài 7 (1,5 điểm) X và Y là hai axit cacboxylic đều hai chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Z và T là hai este thuần chức hơn kém nhau 14u, đồng thời Y và Z là đồng phân của nhau với MX < MY < MT. Đốt cháy hết 11,52 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T cần dùng 7,168 lít O2 (đktc). Mặt khác, để tác dụng hết với 11,52 gam hỗn hợp E cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 1M thu được hỗn hợp M gồm 3 ancol có số mol bằng nhau. a. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, T.

Trang 137

b. Cho toàn bộ lượng M trên tác dụng với CuO dư, nung nóng thu được hỗn hợp chất hữu cơ K. Cho K tác dụng hết với dung dịch AgNO3 dư trong môi trường NH3 thu được m gam Ag. Trong E số mol X gấp 2 lần số mol Y. Tính m (giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn). Bài 8 (1,0 điểm) Các axit mạnh như: HCl, HNO3 và H2SO4 được dùng phổ biến trong thực tế, đặc biệt trong công nghiệp. Từ đó đặt ra yêu cầu cao về an toàn trong sản xuất, bảo quản, chuyên chở và sử dụng chúng. Tuy nhiên, trong thực tế vẫn có những sự cố đáng tiếc xảy ra. Vào ngày 04/11/2014, tại khu vực giao nhau giữa đường Võ Nguyên Giáp và đường Bùi Văn Hòa (thành phố Biên Hòa) đã xảy ra một vụ lật xe chở axit làm đổ gần 5000 lít axit HCl ra đường, rất nguy hiểm. Trong trường hợp này, anh (chị) hãy đề xuất các biện pháp để làm giảm thiệt hại do axit gây ra. Bài 9 (1,0 điểm) Xăng là nguyên liệu hoá thạch được hình thành từ những vật chất hữu cơ tự nhiên như: xác động, thực vật do tác dụng của vi khuẩn yếm khí trong lòng đất qua hàng triệu năm. Dù là nguồn khoáng sản dồi dào nhưng trữ lượng xăng (dầu) trên thế giới là có hạn. Xuất hiện đầu tiên ở Hoa Kì, xăng sinh học (xăng pha etanol) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống. Xăng pha etanol là xăng được pha 1 lượng etanol theo tỉ lệ đã nghiên cứu như: xăng E5 (pha 5% etanol), E10 (pha 10% etanol),….E85 (pha 85% etanol). a. Hãy cho biết tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. b. Trường hợp nào tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đốt cháy: 1 kg xăng hay 1 kg etanol? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng thì cần 14,6 kg không khí (không khí chứa 20% O2 và 80%N2 về thể tích). c. Từ kết quả câu b, em đánh giá gì về việc pha thêm etanol vào xăng để thay thế xăng truyền thống? ----------------Hết--------------Thí sinh chỉ được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

ĐỀ DỰ BỊ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ DỰ BỊ MÔN: HÓA HỌC – BẢNG KHÔNG CHUYÊN Ngày thi: 12/10/2016 (Hướng dẫn chấm gồm 08 trang)

Chú ý: - Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì vẫn cho điểm tối đa phần đó. - Điểm bài thi làm tròn tới 2 chữ số sau dấu phẩy. Bài 1: (1,0 điểm) Nguyên tử của nguyên tố A có tổng số electron trong các phân lớp p là 7. Nguyên tử của nguyên tố B có tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt mang điện của A là 8. Cho đơn chất A tác dụng với đơn chất B thu được chất X

Trang 138

a. Hòa tan X vào H2O thu được dung dịch có môi trường axit, bazơ hay trung tính? Giải thích b. Lấy 4,83 gam X.nH2O hoà tan vào nước thu được dung dịch Y. Dung dịch Y tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 10,2 gam AgNO3. Xác định n Nội dung Điểm a. Theo đề bài ta có cấu hình electron nguyên tử của nguyên tố A như sau: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1 => Z = 13 => A là nhôm (Al) 0,2(xđ Ta có tổng số hạt mang điện của A : p + e = 2p = 26 tên Tổng số hạt mang điện của B là: p’ + e’ = 2p’ nguyên => 2p’ – 26 = 8 <=> p’ = 17 tố) => B là nguyên tố clo (Cl), X là AlCl3 0,2 Khi hòa tan X vào H2O (xđ AlCl3 → Al3+ + 3Clcông thức) Ion Al3+ bị thuỷ phân trong nước 0,3 Al3+ + H2O ⇔ Al(OH)3 + 3H+ (xđ mt) Dung dịch thu được có môi trường axit 10,2 = 0,06 mol 170 Phương trình phản ứng xảy ra:

b. n AgNO 3 =

AlCl3 + 3AgNO3 → Al(NO3)3 + 3AgCl ↓ 0,02 0,06 Mà

m X .nH 2O = n AlCl3 (133,5

+ 18n) = 4,83 g

0,3 (xđ n)

1 (4,83 − 0,02 x133,5) = 6 => n = 18x0,02

Bài 2: (1,0 điểm) Xác định các chất A,toB, C, D, E, F, G, H, I, K, L và hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau: FeS + O2 → (A) + (B)↑

(B) + H2S

→ (C)↓ + (D)

(K) → (A) + (D)

(F) + HCl → (G) + H2S↑

(A) + (L) → (E) + (D)

Nội dung Xác định đúng các chất to → 2Fe2O3 +4SO2 4FeS + 7O2  (A) (B)

SO2 +2H2S → 3S + 2H2O (B) (C) (D) to → FeS S + Fe  (C) (E) (F)

4Fe(OH)2 +O2+2H2O → 4Fe(OH)3 (H) (D) (K) to → Fe2O3 +3H2O 2Fe(OH)3  (K) (A) (D)

→ 2Fe +3H2O Fe2O3 +3H2  (A) (L) (E) (D) Bài 3: (1,0 điểm) X, Y, Z là 3 chất hữu cơ mạch hở, không phân nhánh, đều có công thức phân tử là C4H6O2, trong đó: - X và Y đều tham gia phản ứng tráng gương. - X và Z tác dụng với dung dịch NaOH lần lượt thu được các sản phẩm hữu cơ M và N đều tác dụng được với Na. - Hiđro hóa hoàn toàn Y thu được sản phẩm hữu cơ T có khả năng tác dụng được với Cu(OH)2. - Y tác dụng được với Na. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z.Viết các phương trình hóa học minh họa các quá trình trên. Nội dung Điểm X tác dụng với dung dịch NaOH tạo ra M, M tác dụng với Na. - X tham gia phản ứng tráng gương Vậy X là HCOOCH2-CH=CH2 0,3 (xđ HCOOCH2-CH=CH2 + 2AgNO3 + 4NH3 + 2H2O → (NH4)2CO3 + 2NH4NO3 + đúng CTCT 2Ag + CH2=CH-CH2OH t0 X,Y,Z) HCOOCH2-CH=CH2 + NaOH  → HCOONa + CH2=CH-CH2OH (M) 0,6 2CH2=CH-CH2OH + 2Na → 2CH2=CH-CH2ONa + H2 ( với - Y tham gia phản ứng tráng gương, tác dụng với Na 6pt - Hiđro hóa hoàn toàn Y thu được chất hữu cơ T. T có khả năng tác dụng với đầu) Cu(OH) to

Vậy Y là: CH2=CH-CH(OH)-CHO CH2=CHCH(OH)CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → CH2=CHCH(OH)COONH4+ 2NH4NO3 +2Ag

(H) + oO2 + (D) → (K)

(G)

(G) + NaOH → (H) + (I)

(F)

FeCl2 +2NaOH → Fe(OH)2 +2NaCl (G) (H) (I)

Điểm 0,2 0,8 (mỗi pt được 0,1)

FeS +2HCl → FeCl2+ H2S

Trang 139

Ni ,t CH2=CH-CH(OH)-CHO + 2H2  → CH3-CH2-CH(OH)-CH2OH 2CH3-CH2-CH(OH)-CH2OH + Cu(OH)2 → (C4H9O2)2Cu + 2H2O - Z tác dụng với dung dịch NaOH thu được chất hữu cơ N. N có khả năng tác dụng với Na giải phóng H2. vậy Z là : CH2= CH-COOCH3

0,1 (2 pt cuối)

t CH2= CH-COOCH3 + NaOH  → CH2=CH-COONa + CH3OH (N) 2CH3OH + 2Na → 2CH3ONa + H2

Bài 4: (1,0 điểm) Dung dịch A chứa: CH3COOH 1M và CH3COONa 1M. a. Tính pH của dung dịch A biết pKa(CH3COOH) = 4,75. b. Trộn 100ml dung dịch A với 10ml dung dịch NaOH 0,1M thu được dung dịch B. Tính pH của dung dịch B(coi thể tích dung dịch B bằng tổng thể tích dung dịch A và dung dịch NaOH ).

Trang 140

Nội dung

CH3COOH ⇔ CH3COO- + H+ 1 1 (M) x x x (M) 1-x 1+x x (M)

Ban đầu P.li CB Ka =

Ban đầu P.li CB

0,3 (tính đúng pH)

= 10-4,75 → x = 1,78.10-5 → pH= 4,75

100ml dung dịch A: 0,1 mol CH3COOH và 0,1mol CH3COONa số mol NaOH=0,001mol CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O Ban đầu 0,1 0,001 0,1 Phản ứng 0,001 0,001 0,001 (mol) Còn 0,099 0 0,101 (mol) Dung dịch B chứa CH3COONa: 0,101 mol hay 0,918M CH3COOH: 0,099 mol hay 0,9M CH3COONa → CH3COO - + Na+ 0,918M 0,918M

Ka =

Điểm

CH3COONa → CH3COO - + Na+ 1M 1M

CH3COOH ⇔ CH3COO- + H+ 0,9 0,918 (M) y y y 0,9-y 0,918+y y

, ,

= 10-4,75 → y = 1,74.10-5 → pH= 4,76

CH2=CH-COO-CH

0,4 (Tính nồng độ mol các chất trong B)

0,3 (tính đúng pH)

Bài 5: (1,0 điểm) Hóa hơi 2,54 gam một este A thuần chức, mạch hở trong một bình kín dung tích không đổi 0,6 lít ở 136,50C. Khi A bay hơi hết thì áp suất trong bình là 0,56 atm. a. Xác định khối lượng mol phân tử của A. b. Để thủy phân 25,4 gam A cần vừa đủ 250 gam dung dịch NaOH 4,8%. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 6,35 gam A bằng dung dịch NaOH vừa đủ, sau phản ứng thu được 7,05 gam một muối duy nhất. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên este A (biết ancol hoặc axit tạo thành este là đơn chức). Nội dung Điểm PV = 0, 01mol RT

a. Tính số mol este hơi:

Khối lượng mol của A

2,54 M= = 254 gam 0, 01

b.Số mol của A :

0,25 (tính M)

25, 4 = 0,1mol 254

250.4,8 = 0,3mol . Vậy este 3 chức 100.40 Thủy phân 0,025 mol A (6,35 gam) thu được 7,05 gam muối Thủy phân 0,1 mol A thu được 28,2 gam muối Số mol NaOH :

TH1: Ancol đơn chức R(COOR’)3 + 3 NaOH  R(COONa)3 + 3R’OH 0,1 mol 0,3 mol 28,2 gam Vậy R = 81 (loại) TH2: Axit đơn chức (RCOO)3R’+ 3NaOH  3RCOONa + R’(OH)3 0,1 mol 0,3 mol 28,2 gam Vậy R= 27 ( C2H3-) Công thức cấu tạo của A là : CH2=CH -COO-CH2

Trang 141

0,25 (TH1) 0,25 (Xđ CT axit) 0,25 (Viết CTCT và gọi tên)

(glixerin triacrilat)

CH2=CH-COO-CH2

Bài 6: (1,5 điểm) Cho một hỗn hợp M gồm kim loại R và một oxit của R. Chia 88,8 gam hỗn hợp M thành ba phần bằng nhau: - Hòa tan hết phần 1 bằng dung dịch HCl dư, phản ứng xong thu được 2,24 lít khí H2. - Phần 2: Cho tác dụng hết với dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch E và 2,24 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). - Dẫn luồng khí CO dư qua phần 3 nung nóng tới phản ứng hoàn toàn, chất rắn thu được đem hoà tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư thấy thoát ra 13,44 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất). 1. Xác định kim loại R và công thức của oxit 2. Cho 29,6 gam hỗn hợp M tác dụng hết với dung dịch HNO3 12,6 %, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Z và 1,12 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch Z. Biết các thể tích khí đều đo ở đktc. Nội dung Điểm Gäi x, y lÇn l-ît lµ sè mol cña R vµ RnOm trong 29,6 gam hçn hîp. PhÇn 2: (R, RnOm) + HNO3  R(NO3)a + NO + H2O nNO = 0,1 mol

R → R a + + ae x

;

a.x mol

nR +2m / n → nR a + + (na − 2m)e ; N +5 + 3e → N +2 y

(na − 2m)y mol

Ta cã a.x + (na – 2m).y = 0,3 (I) PhÇn 3: (R, RnOm) + CO  R + CO2 H2SO4 dac

0,3 0,1mol

=> nR = x + n.y

R  → R + SO2 + H2O R→Ra+ + ae S6+ + 2e → S4+ x + n.y (x + n.y)a 1,2 0,6 Ta cã a(x + ny) = 1,2 (II) VËy ta cã hÖ ph-¬ng tr×nh:

0,5 (lập hệ pt)

Trang 142

 a.x + (na - 2m).y = 0,3 (I)  my = 0, 45   (II)    a( x + ny ) = 1,2 56   R = 3 .a  R.x + R.ny + 16my = 29, 6 (III) 

a 1 2 3 R 56/3 112/3 56 KL Lo¹i Loai Fe (TM) PhÇn 1: (Fe vµ FenOm) + HCl  H2 ; sè mol H2 = 0,1 mol FenOm + 2mHCl  nFeCl2m/n + mH2O Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 x x = 0,1 mol Thay x = 0,1 mol vµo hÖ ph-¬ng tr×nh ë trªn ta ®-îc:

 x = 0,1  a=3 n 0,3 2   = =  my = 0, 45 m 0, 45 3  ny = 0,3

=> C«ng thøc oxit lµ Fe2O3 .

0,25 (Xác định Fe)

=> T cũng là este 2 chức Gọi công thức chung cho X, Y, Z, T là CxHyO4 CxHyO4 + 2 NaOH R(COONa)2 + ancol 0,1  0,2 CxHyO4 + O2 CO2 + H2O Gọi nCO2 = a (mol); nH2O = b (mol) Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố oxi ta có hệ

44a + 18b = 11,52 + 0,32.32 a = 0,38 ⇔  2a + b = 0,32.2 + 0,1.4 b = 0, 28 0,25 (CT oxit) 0,25 (tính số mol các chất trong Z)

2. Số mol NO = 0,05 → Số mol e nhận N+5 = 0,15 Nếu chỉ tạo muối Fe3+ thì số mol e của Fe nhường = 0,3 > 0,15 Vậy dung dịch Z gồm Fe(NO3)2: g mol, Fe(NO3)3: h mol Coi hỗn hợp M gồm: Fe (0,4 mol) và O (0,45mol) Bảo toàn nguyên tố Fe: g + h = 0,4 Bảo toàn electron : 2g + 3h = 0,05.3 + 0,45.2 g = 0,15 mol, h = 0,25 mol Dung dịch Z chứa Fe(NO3)2: 0,15 mol, Fe(NO3)3: 0,25 mol Số mol HNO3 pư = 0,15. 2 + 0,25. 3 + 0,05 = 1,1 mol 0,25 Khối lượng dung dịch HNO3 là: 550 gam Khối lượng dung dịch Z là: 578,1 gam C% Fe(NO3)3=10,47%; C% Fe(NO3)2=4,67% Bài 7: (1,5 điểm) X, Y là hai axit cacboxylic đều hai chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng; Z,T là hai este thuần chức hơn kém nhau 14 u, đồng thời Y và Z là đồng phân của nhau (MX < MY < MT). Đốt cháy 11,52 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T cần dùng 7,168 lít O2 (đktc). Mặt khác, để tác dụng hết với 11,52 gam hỗn hợp E cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 1M thu được hỗn hợp M gồm 3 ancol có số mol bằng nhau. a. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, T. b. Cho toàn bộ lượng M trên tác dụng với CuO dư, nung nóng thu được hỗn hợp K. Cho K tác dụng hết với dung dịch AgNO3 dư trong môi trường NH3 thu được m gam Ag. Trong E số mol X gấp 2 lần số mol Y . Tính m (giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn). Nội dung Điểm nO2 = 0,32 mol ; nNaOH = 0,2 mol Vì Y, Z là đồng phân nên Z có 4 nguyên tử oxi => Z là este 2 chức ( do Z là este thuần chức) 0,1 Mà Z và T có khối lượng hơn kém nhau 14 đvC nên T cũng có 4 nguyên tử oxi

Trang 143

Do nCO2 – n H2O = số mol hỗn hợp E nên số liên kết π trung bình trong E là 2 Vì X, Y, Z, T đều là các axit và este 2 chức nên π chức = 2 => các chất đều mạch hở, no Ta có C = 0, 38 = 3, 8 0,1

Vì MX < MY = MZ < MT => CX < 3,8 Do Z là este 2 chức nên số C ≥ 4 X,Y là đồng đẳng kế tiếp→Z hơn X một nguyên tử C Vậy số C của X =3 nên CTCT của X là CH2(COOH)2 C của Y =4 nên CTCT của Y là HOOCCH2CH2COOH hoặc CH3CH(COOH)2 Z là đồng phân của Y nên có công thức phân tử là C4H6O4 Vậy CTCT có thể có của Z là: (COOCH3)2 hoặc (HCOOCH2)2 Do T hơn Z 14 u nên CTPT của T là C5H8O4 + nếu Z là: (COOCH3)2, không có CTCT của T phù hợp để tạo 3 ancol + nếu Z là: (HCOOCH2)2 thì CTCT của T là CH3OOC – COOC2H5 Vậy các CTCT của X, Y, Z, T là: X là CH2(COOH)2 Y là HOOCCH2 CH2 COOH hoặc CH3CH(COOH)2 Z là HCOOCH2CH2OOCH T là CH3OOC – COOC2H5 Gọi số mol của X, Y, Z, T lần lượt là 2x, x, y, y (vì Z, T khi phản ứng với NaOH tạo 3 ancol có số mol bằng nhau nên số mol của Z bằng số mol của T) Theo bài có hệ

2 x + x + y + y = 0,1 3x + 2 y = 0,1  x = 0, 02 ⇔ ⇔  3.2 x + 4. x + 4. y + 5. y = 0,38 10 x + 9 y = 0,38    y = 0, 02 HCOOCH2CH2OOCH + NaOH 2HCOONa + HOCH2CH2OH 0,02 0,02 CH3OOC – COOC2H5 + NaOH  CH3OH + C2H5OH + NaOOC - COONa 0,02 0,02 0,02 HOCH2CH2OH HOC-CHO  4Ag 0,02 0,08 CH3OH  HCHO  4Ag 0,08 0,02

(Xđ CT chung)

0,2 (Xác đinh các chất no) 0,2 (Xác định Số C tb)

0,4(xác định CTCT đúng mỗ i chất 0,1)

0,3 (xác định số mol các ancol)

Trang 144

C2H5OH  CH3CHO  2Ag 0,02 0,04 0,3 => nAg = 0,08 + 0,08 + 0,04 = 0,2 mol => mAg = 0,2.108 = 21,6 gam Bài 8: (1,0 điểm) Các axit mạnh như : HCl, HNO3 và H2SO4 được dùng phổ biến trong thực tế, đặc biệt trong công nghiệp. Từ đó đặt ra yêu cầu cao về an toàn trong sản xuất, bảo quản, chuyên chở và sử dụng chúng. Tuy nhiên trong thực tế vẫn có những sự cố đáng tiếc xảy ra. Vào ngày 04/11/2014, tại khu vực giao nhau giữa đường Võ Nguyên Giáp và đường Bùi Văn Hòa (thành phố Biên Hòa) đã xảy ra một vụ lật xe chở axit làm đổ gần 5000 lít axit HCl ra đường, rất nguy hiểm. Trong trường hợp này, anh (chị) hãy đề xuất các biện pháp để làm giảm thiệt hại do axit gây ra. Nội dung Điểm Sự cố axit bị đổ trên mặt đường là một trường hợp cần được quan tâm, xử lí đúng cách để hạn chế những thiệt hại về con người, phương tiện, hạ tầng hay tác hại đến môi trường. Các biện pháp (đối với các axit như HCl, HNO3): 0,25 + Dùng vôi bột (CaO, CaCO3), natri hiđrocacbonat (NaHCO3),…các hóa chất có tính kiềm phun đều – chuyển axit về dạng muối + Phun nước rửa 0,25 + Lập tức cách li người, vật nuôi và phương tiện. 0,25 + Sử dụng cát (SiO2) hạn chế dòng chảy lan. 0,25 Bài 9: (1,0 điểm) Xăng là nguyên liệu hoá thạch được hình thành từ những vật chất hữu cơ tự nhiên như: xác động, thực vật do tác dụng của vi khuẩn yếm khí trong lòng đất qua hàng triệu năm. Dù là nguồn khoáng sản dồi dào nhưng trữ lượng xăng (dầu) trên thế giới là có hạn. Xuất hiện đầu tiên ở Hoa Kì, xăng sinh học (xăng pha etanol) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống. Xăng pha etanol là xăng được pha 1 lượng etanol theo tỉ lệ đã nghiên cứu như: xăng E5 (pha 5% etanol), E10(10% etanol),….E85 (85% etanol). a. Hãy cho biết tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. b. Trường hợp nào tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đốt cháy: 1 kg xăng hay 1 kg etanol? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng thì cần 14,6 kg không khí (không khí chứa 20% O2 và 80%N2 về thể tích). c. Từ kết quả câu b, em đánh giá gì về việc pha thêm etanol vào xăng để thay thế xăng truyền thống? Nội dung Điểm a. Xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học vì lượng etanol trong xăng có nguồn gốc từ thực vật ( nhờ phản ứng lên men để sản xuất số lượng lớn). Loại thực vật 0,25 thường được trồng để sản xuất etanol là: ngô, lúa mì, đậu tương, củ cải đường,…

Ptpư: (C6H10O5)n + nH2O nC6H12O6 !" #ượ&

C6H12O6 ⎯⎯⎯⎯⎯ 2C2H5OH + 2CO2 (

b. C2H5OH + 3O2→ 2CO2 + 3H2O mO2 =

. .

gam→ nO2 =

* . . .*

→ mKK =

. *

mol → nKK =

. .

0,25

= 9,4.103 gam = 9,4kg

→ mO2(khi đốt etanol) < mO2 (khi đốt xăng). Như vậy khi đôt cháy 1kg xăng thì

Trang 145

tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đôt cháy 1kg etanol c. Đốt cháy etanol tiêu tốn ít oxi hơn đồng nghĩa với lượng khí thải thải ra ít hơn, hạn chế việc ô nhiễm môi trường. Hơn nữa, nguồn etanol dễ dàng sản xuất quy mô lớn không bị hạn chế về trữ lượng như xăng dầu truyền thống. Do vậy, dùng xăng sinh học là một giải pháp cần được nhân rộng trong đời sống và sản xuất

0,25

-----------------Hết-----------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn thi: HÓA HỌC-LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu) Câu 1. Em hãy kể tên các dụng cụ, hóa chất và nêu cách tiến hành làm thí nghiệm để điều chế một lượng nhỏ nitrobenzen, viết phương trình hóa học xảy ra. Trong quá trình làm thí nghiệm có thể xuất hiện khí màu nâu ngoài ý muốn, em hãy nêu cách khắc phục. Câu 2. Dung dịch H2S bão hòa có nồng độ 0,1M. a) Tính nồng độ ion sunfua trong dung dịch H2S 0,1M khi điều chỉnh pH = 3,0. Biết hằng số axit của H2S là: K1 = 10-7; K2 = 1,3.10-13 b) Dung dịch A chứa các ion Mn2+ và Ag+ với nồng độ ban đầu của mỗi ion là 0,01M. Hòa tan H2S vào dung dịch A đến bão hòa và điều chỉnh pH = 3,0 thì ion nào tạo kết tủa? Biết tích số tan của MnS = 2,5.10-10; Ag2S = 6,3.10-50. c) Trộn 100ml dung dịch Na2S 0,102M với 50 ml dung dịch (NH4)2SO4 0,051M. Tính pH của dung dịch thu được, biết NH3 có pKb = 4,76 và giả thiết H2SO4 điện li hoàn toàn, phản ứng có Kc > 103 được coi là hoàn toàn. Câu 3. Hãy viết phương trình phản ứng và nêu hiện tượng xẩy ra khi: a) Sục NO2 từ từ đến dư vào dung dịch KOH có pha quỳ tím. b) Sục NH3 từ từ đến dư vào dung dịch ZnSO4. c) Cho ít vụn Cu vào dung dịch chứa đồng thời KNO3 và HCl. d) Cho 3 giọt dung dịch AgNO3 vào 6 giọt dung dịch Na3PO4 trong ống nghiệm, cho tiếp dung dịch HNO3 loãng vào đến dư. Câu 4. MnO là một chất bột màu xám lục, không tan trong nước nhưng tan trong dung dịch axit tạo thành muối Mn2+. Khi đun nóng MnO trong không khí khoảng 250oC sinh ra chất B màu đen. Đun nóng B trong dung dịch KOH đặc thì tạo ra dung dịch màu xanh lam C. Nếu đun nhẹ B trong dung dịch HCl đặc dư thì thu được dung dịch D và có khí màu vàng lục thoát ra. Viết các phương trình hóa học xảy ra. Câu 5. Hòa tan hết 2,04 gam kim loại M trong dung dịch X gồm HNO3 0,1M và H2SO4 0,3M, thu được dung dịch Y (không chứa muối amoni) và 0,784 lít (đktc) hỗn hợp Z gồm ba khí. Biết hỗn hợp khí Z chứa 0,28 gam N2, 0,6 gam NO và nguyên tố nitơ trong Z chiếm 62,92% về khối lượng. Xác định kim loại M và viết các phương trình hóa học xảy ra. Câu 6. Hỗn hợp A gồm SiO2 và Mg được đun nóng đến nhiệt độ cao, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp X gồm ba chất rắn. Xử lý X cần vừa đủ 365 gam dung dịch HCl 20% và cho kết quả: - Thu được một khí Y bốc cháy ngay trong không khí và 401,4 gam dung dịch muối có nồng độ 23,67%. - Còn lại chất rắn Z không tan trong axit, nhưng tan dễ dàng trong dung dịch kiềm, tạo ra một khí cháy được.

Trang 146

HƯỚNG DẪN CHẤM

a) Tính thành phần % khối lượng các chất trong A. b) Tính thể tích khí Y (ở đktc) và khối lượng Z.

Câu

Câu 7. Nung nóng m gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO3)2 và FeCO3 trong bình kín (không có không khí). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y và khí Z có tỉ khối so với H2 là 22,5 (giả sử khí NO2 sinh ra không tham gia phản ứng nào khác). Cho Y tan hoàn toàn trong dung dịch gồm 0,02 mol KNO3 và 0,125 mol H2SO4 (loãng), thu được dung dịch T chỉ chứa hai muối trung hoà của kim loại và hỗn hợp hai khí (trong đó có NO) có tỉ khối so với H2 là 8. Tính m. Câu 8. Hòa tan 13,92 gam hỗn hợp M gồm Fe và Cu vào 105 gam dung dịch HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và V lít (đktc) hỗn hợp khí A. Cho 500 ml dung dịch KOH 1,2M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z (không có khí thoát ra). Lọc lấy Y rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 19,2 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 49,26 gam chất rắn Q. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính nồng độ phần trăm của các muối trong dung dịch X.

Câu 9. Cho các quá trình chuyển hóa sau: a) Hiđro hóa napphtalen (ở điều kiện thích hợp) tạo thành hợp chất A. Ozon phân A thu được hợp chất B: C10H16O2. b) Hợp chất D (có công thức C9H8) tác dụng với Br2 trong CCl4 theo tỉ lệ mol 1:1. Hiđro hóa D tạo ra hợp chất E: C9H10. Oxi hóa D thu được hợp chất F: C8H6O4. c) Ozon phân hợp chất G (có công thức C10H16) thu được hợp chất I: C10H16O2. Hiđro hóa G thu được ba hợp chất G1, G2, G3 đều có cùng công thức phân tử C10H20. Hiđro hóa I thu được ba hợp chất sau:

Nội dung Hóa chất: Benzen, HNO3 đặc, H2SO4 đặc. Dụng cụ: 1 cốc thủy tinh 250 ml, ống nghiệm, nút cao su có lắp ống dẫn khí thẳng, đèn cồn, kẹp gỗ. Cách tiến hành: Rót vào ống nghiệm khoảng 1ml HNO3 đặc, sau đó rót từ từ vào ống nghiệm khoảng 2ml H2SO4 đặc, lắc nhẹ hỗn hợp. Sau đó rót từ từ 1 ml C6H6 vào hỗn hợp phản ứng. Đậy nút cao su có cắm ống dẫn khí thẳng vào miệng ống nghiệm. Lắc hỗn hợp cho các chất trộn đều vào nhau. Giữ nhiệt độ của hỗn hợp phản ứng khoảng 600C. Thực hiện phản ứng trong khoảng từ 10 phút. Sau khi ngừng thí nghiệm, rót cẩn thận hỗn hợp phản ứng vào cốc nước lạnh đã chuẩn bị sẵn. Nitrobenzen nặng hơn nước chìm xuống đáy cốc tạo thành những giọt dầu màu vàng. Phương trình hóa học: C6H6 + HNO3 --> C6H5NO2 + H2O Khí màu nâu có thể xuất hiện do nhiệt của phản ứng làm phân hủy HNO3: HNO3 -->NO2 + O2 + H2O Cách xử lí: ngâm đáy ống nghiệm vào cốc nước lạnh. Câu 2. a)Theo giả thiết ta có [H2S] = 0,1M; [H+] = 10-3 Trong dung dịch có các cân bằng H2S H+ + HSK1 HSH+ + S2K2 ⇀ H2S ↽ 2H+ + S2K= K1.K2 = 1,3.10-20 =

HOCH2(CH2)2C(CH3)2CH2CH2CH(OH)CH3; HOCH2(CH2)2CH[CH(CH3)2]CH2CH(OH)CH3; HOCH2CH2CH[CH(CH3)2]CH2CH2CH(OH)CH3.

Viết công thức cấu tạo của các hợp chất A, B, D, E, F, G, I. Viết công thức lập thể dạng bền của các hợp chất G1, G2, G3. Biết hiđro hóa nhóm C=O sẽ tạo ra nhóm CH-OH.

 H +  . S2-  [ H 2S]

Câu 10. Hỗn hợp khí X (ở 81oC và 1,5 atm) gồm H2, một anken A và một ankin B. Cho X đi qua lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 1,61 gam kết tủa và hỗn hợp khí Y (không chứa H2O) thoát ra có thể tích bằng 90% thể tích của X. Nung nóng X với xúc tác Ni để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được hỗn hợp Z chỉ gồm hai chất khí và có thể tích bằng 70% thể tích của X. Tỉ khối của Z so với H2 bằng 9. Khí X, Y, Z đo ở cùng điều kiện. a) Tính thể tích của hỗn hợp khí X và viết công thức cấu tạo phù hợp của A, B. b) Trình bày cơ chế của phản ứng khi cho B tác dụng với HCl dư sinh ra chất D (sản phẩm chính).

=>S2- = 1,3.10-15 b) Ta có: [Mn2].[S2-] = 10-2.1,3.10-15 = 1,3.10-17 < TMnS = 2,5.10-10 => không có kết tủa MnS. [Ag+]2.[S2-] = 10-4.1,3.10-15 = 1,3.10-19 > TAg2S = 6,3.10-50 => có kết tủa Ag2S c) CNa2S = 0,068M và C(NH4)2SO4 = 0,017M Na2S --> 2Na+ + S2(NH4)2SO4 --> 2NH4+ + SO42S2- + NH4+ HS- + NH3 K = 1012,92.10-9,24 = 103,68 C: 0,068 0,034 [] 0,034 0,034 0,034 K của phản ứng lớn nên phản ứng có thể xem như hoàn toàn do đó thành phần giới hạn của hệ như trên: S2- + H2O HS- + OHKb1 = 10-1,08 (1) HS- + H2O H2S + OHKb2 = 10-7 (2) NH3 + H2O NH4+ + OHKb3 = 10-4,76 (3) HSS-2 + H+ Ka2 = 10-12,92 (4) H2O H+ + OHKw = 10-14 (5) Vì Kb1 > Kb3 > Kb2 nên cân bằng phân li ra OH- chủ yếu do cân bằng (1)

……………….HẾT………………. - Thí sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học). - Giám thị không phải giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh:…………………………………………..Số báo danh:…………………………..

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: HÓA HỌC-LỚP 11

ĐỀTHI CHÍNH THỨC

Trang 147

=>pH = pKa2 + lg

Điểm 0,25 0,25

1,0

0,25 0,25

0,5

0,25 0,25 0,25

0,25

Cb 0, 034 = 12,92 + lg = 12,92 > 7 nên ta xét cân Ca 0, 034

Trang 148

bằng:

S2- + H2O C: 0,034 [ ] (0,034 – x)

HS- + OH0,034 (0,034 + x) x

Kb1 = 10-1,08

Từ đó => số mol e do N+5, H+ nhận là 0,17 mol =>theo bảo toàn electron (1)

x (0, 034 + x) Kb1 = = 10−1,08 0, 034 − x

Giải ra ta được x = 0,02 => [OH-] = 0,02M pOH = -lg0,02 = 1,7 => pH = 12,3

Phương trình phản ứng và hiện tượng xảy ra là: a)Dung dịch KOH ban đầu có màu xanh sau đó nhạt màu và đến mất màu, khi NO2 dư thì dung dịch lại có màu đỏ. Pthh: 2NO2 + 2KOH --> KNO3 + KNO2 + H2O 2NO2 + H2O --> HNO3 + HNO2 b)Lúc đầu có kết tủa màu trắng xuất hiện sau đó khi NH3 dư thì kết tủa bị hòa tan. Pthh: 2NH3 + 2H2O + ZnSO4 --> Zn(OH)2 + (NH4)2SO4 Zn(OH)2 + 4NH3 --> [Zn(NH3)4]2+ + 2OHc)Kim loại Cu tan dần, có khí không màu thoát ra và hóa nâu trong không khí 3Cu + 8H+ + 2NO3- --> 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 2NO + O2 --> 2NO2 d)Lúc đầu có kết tủa màu vàng xuất hiện, sau đó khi cho HNO3 dư vào thì kết tủa bị tan AgNO3 + Na3PO4 -->Ag3PO4 + 3NaNO3 Ag3PO4 + 3HNO3 --> 3AgNO3 + H3PO4 Các phương trình hóa học xảy ra MnO + H2SO4 --> MnSO4 + H2O 2MnO + O2 -->2 MnO2 2MnO2 + 4KOH + O2 --> 2K2MnO4 + 2H2O MnO2 + 4HCl --> MnCl2 + Cl2 + 2H2O

0,25

ta có

M = 12.n Giá trị thích hợp là n = 2 và M = 24 (M là kim loại magie) Các phản ứng xảy ra: (5Mg +12H+ + 2 NO3- --> 5Mg2+ + N2 + 6H2O).2 (3Mg + 8H+ + 2NO3- --> 3Mg2+ + 2NO +4 H2O).2 Mg + 2H+ --> Mg2+ + H2 17Mg + 42H+ + 8NO3- --> 17Mg2+ + 4N2 + 2NO + 20H2O + H2

0,25

0,5

6 0,5

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

Theo giả thiết thì lượng khí thoát ra là 0,784/22,4 = 0,035 mol Trong đó số mol N2 =0,28/28 = 0,01 mol và số mol NO = 0,6/30 = 0,02 0,5 mol. =>số mol khí còn lại là 0,005 mol. Gọi khí chưa biết là NxOy có chứa x.14.0,005 gam khối lượng nitơ. Theo giả thiết ta có phần trăm khối lượng nitơ trong hỗn hợp khí là 0,5

0, 28 + 0, 02.14 + 0, 005.x.14 = 0,6292 0, 28 + 0, 6 + 0, 005(14 x + 16 y )

=>0,63 + 2,6x = 5y Không có sản phẩm khí nào của nitơ thỏa mãn phương trình này. Vậy khí còn lại là H2 (do NO3- hết ). Vậy ta có các quá trình cho nhận electron như sau: 0,5 2N+5 + 10.e --> N2 N+5 + 3.e --> N+2 2H+ + 2.e --> H2 M – n.e --> Mn+

Trang 149

2, 04 .n=0,17 M

Các phản ứng có thể xảy ra: 2Mg + SiO2 --> 2MgO + Si (1) MgO + SiO2 --> MgSiO3 (2) 2Mg + Si --> Mg2Si (3) MgO + 2HCl --> MgCl2 + H2O (4) Mg2Si + 4HCl --> 2MgCl2 + SiH4 (5) Si + 2NaOH + 2H2O --> Na2SiO3 + 2H2 (6) Theo giả thiết nếu Mg dư, X gồm Mg, MgO, Mg2Si. X sẽ tan hết trong HCl, không tạo chất rắn Z => không thỏa mãn. Nếu X gồm SiO2, Si, MgSiO3 => tác dụng với HCl không có khí thoát ra => không thỏa mãn. Vậy X gồm Si, SiO2, Mg2Si. Khí Y là SiH4, chất rắn Z là Si. Từ các phương trình phản ứng (1), (3), (4), (5), (6), ta có: Số mol Mg = số mol MgCl2 = 0,2367.401,4/95 = 1 => mMg = 24 gam mH2O (trong dung dịch HCl) = 0,8.365 = 292 gam mH2O (trong dung dịch muối) = 0,7633.401,4 = 306,4 gam mH2O (tạo ra ở phản ứng 4) = 306,4 – 292 = 14,4 gam nSiO2 = ½ nMgO = ½ nH2O(ở 4) = 0,4 mol => mSiO2 = 24 gam Trong A có 50%Mg và 50%SiO2 về khối lượng nSiH4 = nMg2Si =0,1 mol => VY = 2,24 lít nZ = nSi (ở 6) = 0,4 – 0,1 = 0,3 mol => mZ = 8,4 gam Các phương trình hóa học có thể xảy ra: Fe(NO3)2 --> Fe2O3 + NO2 + O2 FeCO3 --> FeO + CO2 Fe + O2 --> Fe2O3 FeO + O2 --> Fe2O3 Vì Y tan trong dung dịch (KNO3 + H2SO4) tạo NO nên Y chứa Fe hoặc Fe2+ => O2 phản ứng hết =>hỗn hợp khí Z gồm (NO2 + CO2), có MTB = 45 => nNO2 = nCO2 Hỗn hợp hai khí (NO + khí chưa biết) có MTB = 16 => hai khí là NO và H2 => nH2 = nNO Có H2 => NO3- hết => bảo toàn nguyên tố Nito ta có nNO = nKNO3 = 0,02 mol Bảo toàn nguyên tố Hiđro ta có nH2O = nH2SO4 – nH2 = 0,125 – 0,02 = 0,105 mol Bảo toàn nguyên tố Oxi ta có nO(trong Y) = nNO + nH2O – 3nKNO3 = 0,02 + 0,105 – 3.0,02 = 0,065 mol Nhiệt phân X ta có sơ đồ:

0,5

0,25 0,25

0,25

Trang 150

0,25

• NO3- ---> NO2 + O2- (trong Y) • CO32----> CO2 + O2- (trong Y) =>nNO2 = nCO2 =

n O(trongY) 2

= 0,0325 mol

b. D có độ không no k+ π = 6 nhưng chỉ phản ứng với brom theo tỉ lệ mol 1:1, khi hidro hóa tạo C9H10 ⟹ công thức cấu tạo của D và E lần lượt là

Vì có H2 thoát ra nên dung dịch T chỉ chứa hai muối trung hòa là FeSO4 và K2SO4 => bảo toàn nguyên tố Kali ta có: nK2SO4 = 0,01; bảo toàn gốc 0,25 SO42- ta có nFeSO4 = 0,115 mol => mFe = 6,44 gam Bảo toàn khối lượng cho hỗn hợp X, ta có m = mFe + mNO3(trong X) + mCO3 (trong X) = 6,44 + 62.0,0325 + 60.0,0325 = 10,405 gam 0,25 Vậy m = 10,405 gam

0,5

Giả sử T chỉ có KNO3=> nKNO3 = nKOH = 0,6 mol; p.ư: KNO3 --> KNO2 + 0,5O2 => mQ = 51> 49,26 => trái với giả thiết =>T gồm có KNO3 và KOH => nung tạo Q gồm KNO2(a mol) + KOH (dư) b mol => bảo toàn nguyên tố Kali ta có: a + b = 0,5.1,2 = 0,6 và 85a + 56b = 49,26 => a=0,54; b=0,06 => nKOH p.ư = 0,54 mol (*) 13,92 gam M gồm Fe (x mol) + Cu (y mol) => 19,2 gam chất rắn gồm Fe2O3 (0,5x mol) + CuO (y mol) => hệ pt: 56x + 64y = 13,92; 160.0,5x + 80y = 19,2. => x=0,18; y=0,06. Giả sử X không chứa Fe2+ => kết tủa là Fe(OH)3 và Cu(OH)2 => nKOH p.ư = 0,66 mol > 0,54 mâu thuẫn với (*) ở trên => X chứa 3 ion kim loại và HNO3 hết. X chứa Fe2+, Fe3+, Cu2+, NO3- trong đó nNO3 = nKOH p.ư = 0,54 mol Bảo toàn nguyên tố Fe ta có: nFe2+ + nFe3+ = 0,18 Bảo toàn điện tích => 2nFe2+ + 3nFe3+ + 2.0,06 = 0,54 => nFe2+ = 0,12; nFe3+ = 0,06 Theo giả thiết: mHNO3 = 52,92 gam => nHNO3 = 0,84 mol => bảo toàn nguyên tố H ta có: nH2O = 0,42 mol. Bảo toàn khối lượng ta có: mHNO3 = mNO3 + mkhí + mH2O => mkhí = 52,92 – 62.0,54 – 18.0,42 =11,88 gam => mdung dịch sau pư = 13,92 + 105 – 11,88 = 107,04 gam

0,25

+H C10H20

0,5

COOH

c. Sơ đồ phản ứng: C10H16 [O3 liên kết C=C

⟹ G có chứa 1

C10H16O2

⟹ G có một vòng kém bền

0,25

CH3

HO-CH2-CH2-CH2-C -CH2-CH2-CH-CH3 0,25

CH3

C10H16O +H

0,25

OH OH

HO-CH2-CH2-CH2-CH -CH2-CH-CH3 CH3-CH-CH3

HO-CH2-CH2-CH-CH2 -CH2-CH-CH3 CH3-CH-CH3

0,25

CHO

C=O

0,25

Công thức cấu tạo của I và G lần lượt là: 0,25

G + H2 G1, G2, G3 có công thức phân tử là C10H20 ⟹ có 2 phân tử H2 tham gia phản ứng cộng. ⟹ Công thức cấu tạo của G1, G2, G3 lần lượt là

0,25

0,25 0,25

242.0, 06.100 = 13,56% 107, 04 180.0,12.100 => C%(Fe(NO3)2) = = 20,18% 107, 04

=> C%(Fe(NO3)3 =

COOH

⟹ F là

Công thức lập thể dạng bền là:

0,25

188.0, 06.100 => C%(Cu(NO3)2) = = 10,54% 107, 04

Gọi số mol của A, B, H2 lần lượt là a, b, c mol. Theo giả thiết thì ankin 1 nX (1) 10 3 Vì MZ = 18 => có H2 dư và nH2 p.ư = n X (2) 10

phải có liên kết ba đầu mạch và nB =

a. Sơ đồ phản ứng: O [H]

Vì Z chỉ chứa hai khí =>anken và ankin có cùng số nguyên tử C đặt là 0,25

[O]

Trang 151

Trang 152

CnH2n và CnH2n-2 Các phương trình phản ứng: CnH2n + H2 --> CnH2n+2 a mol a a CnH2n-2 + 2H2 --> CnH2n+2 b mol 2b b 3 n X , từ (1) => a = 10 8 =>nH2 dư = c –(a + 2b) = n X 10

=>a + 2b =

1 nX 10 3 5 nX = nX 10 10

0,25

=>Trong Z có tỉ lệ nankan : nH2 = 2 : 5 MZ =

(14n + 2).2 + 2.5 = 18 => n = 4 7

Vậy A là C4H8 và B là C4H6 Công thức cấu tạo phù hợp là A: CH3-CH2-CH=CH2 hay CH3-CH=CH-CH3 B: CH3-CH2-C ≡ CH Ta có nkết tủa = 0,01 = b mol => a = 0,1 => nX = 0,1 mol Vây VX = 1,9352 lít. Phản ứng: CH3-CH2-C ≡ CH + 2HCl --> CH3-CH2-CCl2-CH3

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

Cơ chế phản ứng: CH3-CH2-C ≡ CH + HCl --> CH3-CH2-C+=CH2 + 0,25 Cl+ CH3-CH2-C =CH2 + Cl --> CH3-CH2-CCl=CH2 CH3-CH2-CCl=CH2 + HCl --> CH3-CH2-CCl+- CH3 + ClCH3-CH2-CCl+- CH3 + Cl- --> CH3-CH2-CCl2-CH3

0,25

Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: HÓA HỌC-LỚP 11 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 2 trang, gồm 10 câu) Câu 1. Hãy mô tả (không cần vẽ hình) cách tiến hành làm thí nghiệm điều chế và thử tính chất của axetilen (phản ứng cộng, phản ứng thế, phản ứng cháy). Nêu hiện tượng và viết các phương trình hóa học xảy ra trong các thí nghiệm đó. Câu 2. a) Đun nóng stiren với H2 (có xúc tác và áp suất thích hợp) thì thu được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ. Viết các phương trình hóa học xảy ra và gọi tên các sản phẩm hữu cơ. b) Viết công thức cấu tạo các xilen và viết phương trình hóa học xảy ra khi đun nóng hỗn hợp gồm các xilen với dung dịch KMnO4. Câu 3. Hợp chất dị vòng (NXCl2)3 của photpho với cấu trúc phẳng được tạo thành từ NH4Cl với hợp chất pentaclo của photpho; sản phẩm phụ của phản ứng này là một chất khí dễ tan trong nước. Viết phương trình hóa học và công thức cấu tạo của hợp chất (NXCl2)3.

Trang 153

Câu 4. Khi nhiệt phân CaCO3 tạo ra chất rắn A và chất khí B. Khử A bởi cacbon tạo ra chất rắn màu xám D và khí E. Các chất D và E có thể bị oxi hóa để tạo thành các sản phẩm có mức oxi hóa cao hơn. Phản ứng của D với nitơ cuối cùng dẫn tới việc tạo thành CaCN2. a) Viết tất cả các phương trình hóa học xảy ra. b) Khi thủy phân CaCN2 thì thu được chất gì? Viết phương trình hóa học xảy ra. c) Ion CN 22 − có thể có hai đồng phân. Axit của cả hai ion đều đã được biết. Viết công thức cấu tạo của cả hai axit và cho biết cân bằng chuyển hóa giữa hai axit trên dịch chuyển về phía nào? Vì sao? Câu 5. Kim loại A phản ứng với phi kim B tạo hợp chất C màu vàng. Cho 0,1 mol hợp chất C phản ứng với CO2 (dư) tạo thành hợp chất D và 2,4 gam chất B. Hòa tan hoàn toàn D vào nước, dung dịch D phản ứng vừa hết 100ml dung dịch HCl 1M giải phóng 1,12 lít khí CO2 (đktc). Xác định các chất A, B, C, D và viết các phương trình hóa học xảy ra. Biết hợp chất C chứa 45,07% B theo khối lượng; chất D không bị phân tích khi nóng chảy. Câu 6. Cho 488 ml dung dịch Na2SO3 0,1M vào dung dịch MCl2 (có chứa 3,063 gam M2+) thì thu được 5,86 gam kết tủa sunfit và dung dịch A. Xác định M nếu biết trong dung dịch A có: a) Hai muối và pH = 7 b) Hai muối và pH > 7 Câu 7. Khi đun nóng một nguyên tố A trong không khí thì sinh ra oxit B. Phản ứng của B với dung dịch kali bromat trong sự có mặt của axit nitric cho các chất C, D và muối E. Muối E là một thành phần của thuốc súng đen. Ở nhiệt độ và áp suất tiêu chuẩn thì D là một chất lỏng màu đỏ. Xác định các chất A, B, C, D biết rằng từ 1,0 gam chất B tạo ra 1,306 gam chất C. Nguyên tố A thuộc nhóm VIA và phân tử chất C chỉ chứa một nguyên tử A. Câu 8. Hidrocacbon X có chứa 96,43% cacbon theo khối lượng. X có thể tác dụng với kim loại tạo nên hợp chất Y với thành phần khối lượng của kim loại là 46%. Viết phương trình chuyển hóa X thành Y, biết X có công thức phân tử cũng là công thức đơn giản nhất. Câu 9. Dung dịch A gồm hai axit yếu HCOOH 0,1M và CH3COOH 1M. a) Tính pH của dung dịch A. b) Pha loãng dung dịch A bằng nước để thể tích dung dịch sau khi pha loãng gấp 10 lần thể tích dung dịch ban đầu. Tính pH của dung dịch sau khi pha loãng. Biết hằng số axit của HCOOH và CH3COOH lần lượt là 1,8.10-4 và 1,8.10-5. Câu 10. Hợp chất hữu cơ A có chứa 79,59%C; 12,25%H; còn lại là oxi (theo khối lượng). Trong phân tử A chỉ có 1 nguyên tử oxi. Khi ozon phân A thu được HOCH2CHO; CH3(CH2)2COCH3 và CH3CH2CO(CH2)2CHO. Nếu cho A tác dụng với brom theo tỉ lệ mol 1:1 rồi mới ozon phân sản phẩm chính sinh ra thì chỉ thu được 2 sản phẩm hữu cơ, trong đó có một xeton. Đun nóng A với dung dịch axit thì dễ dàng thu được sản phẩm B có cùng công thức phân tử như A, nhưng khi ozon phân B chỉ thu được một sản phẩm hữu cơ duy nhất. a) Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A. b) Tìm công thức cấu tạo, gọi tên B và viết cơ chế phản ứng chuyển hóa A thành B. ……………….HẾT………………. - Thí sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học). - Giám thị không phải giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh:…………………………………………..Số báo danh:…………………………..

Trang 154

b) C6H4(CH3)2 có ba đồng phân gồm o-xilen, m-xilen, p-xilen PTHH: C6H4(CH3)2 + KMnO4 --> C6H4(COOK)2 + MnO2 + KOH + H2O

0,5 0,5

Câu 3 Sản phẩm phụ là HCl. Phương trình hóa học xảy ra: 3NH4Cl + 3PCl5 --> (NPCl2)3 + 12HCl Công thức cấu tạo của hợp chất này là: Cl

0,5 0,5

P N

1,0

Cl N

P Cl

Câu 4 a. Các phương trình hóa học xảy ra: t CaCO3  → CaO + CO2 t CaO + 3C  → CaC2 + CO 2CO + O2  → 2CO2 o

1,0

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

t CaC2 + N2  → CaCN2 + C b. CaCN2 + H2O  → CaCO3 + 2NH3 c. Hai công thức đồng phân: H-N=C=N-H (1) và N ≡ C-NH 2 (2) Công thức (1) bền hơn công thức (2) vì có cấu tạo đối xứng hơn do đó cân bằng chuyển về phía tạo chất (1).

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: HÓA HỌC-LỚP 11

Câu 5

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1

HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung

Điểm

-Điều chế C2H2: Cho những mẫu nhỏ đất đèn vào ống nghiệm to, kẹp chặt trên giá sắt, mở nút cao su có cắm ống dẫn khí đậy ở miệng ống nghiệm, rót nước vào và đậy nút cao su có ống dẫn khí lại. Phản ứng hóa học xảy ra và dòng khí C2H2 thoát ra khỏi ống dẫn khí. -Phản ứng cháy: Khí C2H2 được điều chế như trên, đậy nút cao su có cắm ống thủy tinh vuốt nhọn rồi đốt cháy C2H2 thoát ra, hiện tượng xảy ra là có ngọn lửa màu vàng cháy sáng mạnh, nhiệt tỏa ra lớn. -Phản ứng cộng: Dẫn luồng khí được điều chế như vào ống nghiệm chứa 1ml dung dịch nước brom, hiện tượng xảy ra là dung dịch nước brom từ từ nhạt màu, nếu lượng khí nhiều thì màu mất hẳn. -Phản ứng thế: Dẫn luồng khí được điều chế như trên vào ống nghiệm chứa 10 ml dung dịch AgNO3 trong NH3, hiện tượng xảy ra là có kết tủa màu vàng xuất hiện trong ống nghiệm. Các phương trình hóa học: CaC2 + H2O --> C2H2 + Ca(OH)2 C2H2 + O2 --> CO2 + H2O C2H2 + Br2 --> CHBr2-CHBr2 C2H2 + AgNO3 + NH3 --> C2Ag2 + NH4NO3

Câu 2 a) Các phương trình hóa học xảy ra: C6H5CH=CH2 + H2 ---> C6H5CH2-CH3 (etyl benzen) C6H5CH=CH2 + H2 ---> C6H11CH2-CH3 (etyl xiclohexan)

0,5

Theo giả thiết ta có số mol HCl = 0,1; số mol CO2= 0,05 mol, dung dịch D tác dụng hết với 0,1 mol HCl tạo ra 0,05 mol CO2 => D là muối cacbonat kim loại. D không bị phân tích khi nóng chảy => D là muối cacbonat của kim loại kiềm. Ta có: C + CO2  →D + B Từ đó => C là peoxit hoặc supeoxit, B là oxi. Gọi C là AxOy => lượng oxi trong 0,1 mol C là 2,4 + 16x0,05 = 3,2 gam => Khối lượng của C =

0,5 0,5 0,25

3, 2 x100 = 7,1 gam => MC = 71 45, 07

Trang 155

0,5 0,5 0,5

x:y =

3,9 3, 2 => MA = 39 => A là Kali, B là O2, C là KO2, D là K2CO3 : M A 16

Câu 6 Theo giả thiết ta có số mol của Na2SO3 = 0,0488 mol Phản ứng: Na2SO3 + MCl2  → MSO3 + 2NaCl TH1: Dung dịch có hai muối và pH =7 => Na2SO3 hết và ta có: Số mol MSO3 = số mol Na2SO3 = 0,0488 => MSO3 = 0, 0488 =120 => M = 40 (Canxi) TH2: Dung dịch có hai muối và pH >7 => Na2SO3 dư và MCl2 hết SO 32- + H2O  → HSO3- + OH3,063 5,86 Ta có số mol MCl2 =số mol MSO3 => M = M+80 => M = 87,61 (Sr)

0,5 0,5

0,5

Khối lượng của A trong C là 7,1 – 3,2 = 3,9 gam. Vậy ta có tỉ lệ

5,86

0,25

0,5

Câu 7 Theo giả thiết ta có chất lỏng màu đỏ D là brom, E là KNO3 Gọi B là A2Ox Phản ứng: B + HNO3 + KBrO3  → C + Br2 + KNO3

0,5 0,5 0,75

0,75

0,5

Trang 156

0,5

Từ phản ứng và giả thiết ta nhận thấy C có dạng: HyAOz MC 1,306 m C y+16z+A = Từ đó ta có: 1,0 = m = 1 1 B MB (2A+16x) 2 2

CH3

0,5

=>MA = 9y + 106z – 34x. Vì A thuộc nhóm VIA nên x = 4 hoặc x = 6; y = 2 và z = 3 hoặc z = 4. Thay các giá trị của x, y, z vào phương trình trên ta được giá trị thích hợp là: x = 4, y = 2, z = 4 => A là Se, B là SeO2, C là H2SeO4

0,5

Câu 8 Từ giả thiết tìm được X là C9H4. Vì X tác dụng được với kim loại nên công thức cấu tạo của X là: (H-C ≡ C)4C. Gọi công thức của muối cần tìm là (R-C ≡ C)4C

0,5 0,5

Theo giả thiết ta có:

4R .100=46% => R = 23 (Natri) (R-C ≡ C) 4 C

Ban đầu: Điện li: TTCB: Ban đầu: Điện li: TTCB:

⇀ HCOO + H HCOOH ↽ C1 0 0 x x x (C1-x) x (x+y) ⇀ CH3COO- + H+ CH3COOH ↽

C2 y (C2-y)

Từ (1) ta có: K1 =

0 y y

H3C

CH2

-H →

C3H7 C

HOCH2

CH2

C C2H5

CH2

(B) C3H7

CH2

(2) K2 = 1,8.10-5 CH2

0,5

C2H5

CH2

ozonphan  →

HOCH2-CO-C(CH3)(C3H7)-CH2CH2CH2-CO-C2H5

a. Từ giả thiết => A có thể có hai CTCT sau: HOCH2CH=CH(CH2)2C(C2H5)=C(CH3)-CH2-CH2-CH3 (1) HOCH2CH=C(C2H5)-CH2CH2CH=C(CH3)-CH2CH2CH3 (2) Khi cho A tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:1 rồi ozon phân sản phẩm chính sinh ra thì thu được một xeton và một chất hữu cơ, vậy CTCT của A là (2) PTHH: A + Br2  → HOCH CHBr-CBr(C H )-CH CH CH=C(CH )5

C3H7

0,5

C2H5

HOCH2

0 y (x+y)

 →

H3C

(x+y).x (C1 -x)

CH2

-4

Vì K1 rất nhỏ nên ta có thể coi C1 –x ≈ C1 => K1C1 = (x+y).x Tương tự đối với (2) ta có: K2C2 = (x+y).y Từ đó ta suy ra: (x+y)2 = K1C1 + K2C2 => [H+] = x + y = K1C1 +K 2C 2 (3) Thay các giá trị đã cho vào công thức (3) ta được pH = 2,22 Vậy pH của dung dịch A là 2,22. b. Khi pha loãng dung dịch bằng nước để thể tích tăng 10 lần thì nồng độ giảm 10 lần. Nồng độ của hai axit sau khi pha loãng là: [HCOOH] = 0,01M và [CH3COOH] = 0,1M Áp dụng công thức (3) thì ta có pH của dung dịch thu đươc sau khi pha loãng là: pH = 2,72.

Câu 10

CH C

0,5

(1) K1 = 1,8.10

HOCH2

0,5

Phản ứng: (H-C ≡ C)4C + 4Na  → (Na-C ≡ C)4C + 2H2

Câu 9 a.Ta có

H + A → HOCH2CH=C(C2H5)-CH2CH2-CH2-C (CH3)-CH2CH2CH3

0,5

0,5 0,5

0,5

CH2CH2CH3 Khi ozon phân thu được hai sản phẩm hữu cơ là: HOCH2CHBr-CBr(C2H5)CH2CH2CHO và CH3CO-CH2CH2CH3 b. Axit hóa A thu được chất B theo cơ chế sau:

0,5

Trang 157

Trang 158

Câu 1: 1. Hãy viết phương trình hóa học và nêu hiện tượng xẩy ra khi: a. Cho dung dịch CuSO4 vào dung dịch KI. b. Cho dung dịch AlCl3 vào dung dịch KI và KIO3. c. Cho Si vào dung dịch NaOH. d. Cho dung dịch NaHS vào dung dịch CuSO4. 2. Cho PH3 tác dụng với Cl2 được chất rắn A và khí B. Cho chất rắn A vào dung dịch Ba(OH)2 dư được chất rắn C. Hãy xác định các chất A, B, C, viết các phương trình hóa học xẩy ra. Câu 2: 1. Hãy giải thích tại sao Nitơ không có khả năng tạo thành phân tử N4 trong khi Photpho và các nguyên tố khác cùng nhóm có khả năng tạo thành phân tử E4 (E là ký hiệu chung cho P, As, Sb, Bi).

2. Xian là chất khí không màu, mùixốc, có nhiềutính chất tương tự halogen nên gọilà một halogen gi ả có công thức (CN)2. Hãy viết phương trình phản ứng khinhi ệt phân xian ở 11000C, khichoxian lần lượt tác dụng với: Cl2, dung dịch KI, dung dịch NaOH. Câu 3: Hấp thụ hoàn toàn 3,36 lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa x mol Ca(OH)2; x mol NaOH và y mol KOH thu được dung dịch chứa 8,66 gam muối (không có bazơ dư) và có 5 gam kết tủa. Tính x, y. Câu 4: Hòa tan hỗn hợp gồm Fe2(SO4)3, MgSO4, CuSO4 vàonước, được dung dịch X. ChoX tác dụng vớidung dịch BaS dư thấy tách ramột lượng kết tủam1 gam. Nếu cho một lượng dư H2S tác dụng vớiX, tách ramột lượng kết tủam2 gam. Thực nghiệm chobiết m1 = 8,590m2. Nếu giữ nguyên lượng các chất MgSO4, CuSO4 trong X và thay Fe2(SO4)3 bằng FeSO4 cùng khốilượng thì được dung dịch Y. ChoY tác dụng vớidung dịch BaS dư, tách ramột lượng kết tủam3 gam. Nếu cho một lượng dư H2S tác dụng vớiY thì tách ramột lượng kết tủam4 gam. Thực nghiệm chobi ết m3 = 9,919m4. Xác định % khốilượng mỗimuốitrong hỗn hợp ban đầu. Câu 5: Một nghiên cứu về phản ứng tổng hợp NH3 thực hiện trong một xilanh thu được kết quả như sau: * Trong thí nghiệm 1: Tại 4720C, khi hệ cân bằng, nồng độ các chất H2, N2, NH3 trong bình phản ứng lần lượt là: 0,1207M; 0,0402M; 0,00272M (trong bình không có khí nào khác). * Trong thí nghiệm 2: Tại 5000C, khi hệ cân bằng, áp suất riêng phần của các khí H2, N2, NH3 trong bình lần lượt là: 0,733 atm; 0,527 atm và 1,73.10-3 atm (trong bình không có khí nào khác). 1. Hãy tính độ biến thiên entanpi của phản ứng: 2NH3 (k) 3H2(k)+ N2(k) Coi độ biến thiên entanpi của phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ. 2. Nếu trong thí nghiệm 1, sau khi hệ đạt tới cân bằng, nén hỗn hợp khí để thể tích xilanh còn một nữa, giữ nguyên nhiệt độ bình, thì cân bằng chuyển dịch về phía nào? Tại sao? Câu 6: Cho 6,048 gam Mg phản ứng hết với 189 gam dung dịch HNO3 40% thu được dung dịch X (không chứa muối amoni) và hỗn hợp khí là oxit của nitơ. Thêm 392 gam dung dịch KOH 20% vào dung dịch X, rồi cô cạn và nung sản phẩm đến khối lượng không đổi thì thu được 118,06 gam hỗn hợp chất rắn. Hãy xác định nồng độ % của các chất trong X. Câu 7: 1. Em hãygiảithích và viết phương trình hóahọc minh họachocác nộidung sau: len dễ tham giaphản ứng cộng. a. Eti b. Propi n có chứanguyên tử H li nh động. 2. Hãyviết phương trình hóahọc xẩyrakhi: a. Chopropen tác dụng vớiH2O trong môitrường axi t. d. Choetylbenzen tác dụng vớibrom, đun nóng, có bột sắt xúc tác. Câu 8: A và B là 2 hidrocacbon ở thể khí trong điều kiện thường, biết:

Trang 159

Trang 160

+ O3

+ HO

CHO

+ O

CHO

+ H+ HO

-H+

+ O3

Thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn được điểm tối đa. SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2014-2015 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)

* Khi đốt cháy mỗi chất với số mol bằng nhau sẽ cho số mol nước bằng nhau. * Trộn A với lượng oxi (lấy gấp đôi so với lượng oxi cần cho phản ứng đốt cháy hết A) được hỗn hợp X ở 00C, áp suất p atm. Đốt cháy hết X, tổng thể tích khí thu được sau phản ứng ở 2730C, áp suất 1,5p atm gấp 1,4 lần thể tích của hỗn hợp X. * B có các nguyên tử cacbon cùng nằm trên một đường thẳng, có khả năng làm nhạt màu dung dịch brom. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của A,B. Câu 9: Đốt cháy hoàn toàn 5,52 gam chất X thu được hỗn hợp khí và hơi A gồm CO2, HCl, H2O và N2. Cho 1 phần A đi chậm qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 6,00 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 1,82 gam và có 0,112 lít khí không bị hấp thụ. Lấy phần còn lại của A cho lội chậm qua dung dịch AgNO3 trong HNO3 dư thấy khối lượng dung dịch giảm 2,66 gam và có 5,74 gam kết tủa. Lập công thức phân tử X biết tỷ khối hơi của X so với không khí nhỏ hơn 7. Biết các phản ứng đều xẩy ra hoàn toàn. Câu 10: Hợp chất hữu cơ X chỉ chứa các ngyên tố: C, H, Br. Trong X khối lượng Brom chiếm 65,57%, khối lượng mol của X nhỏ hơn 250 gam. Cho X tác dụng với Natri, đốt nóng thì thu được chất hữu cơ Y chỉ có 2 nguyên tố. Cho Y tác dụng với Br2 trong CCl4 tạo ra 3 sản phẩm cộng: X, Z, T trong đó X là sản phẩm chính. 1. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, T. 2. Hãy cho biết Y có mấy đồng phân cấu hình? Biểu diễn một cấu trúc của Y và đọc tên theo IUPAC. HẾT

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THPT HÀ TĨNH

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP NĂM HỌC 2014-2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC LỚP 11

Câu 1: (2,0 điểm) 1. Hãy viết phương trình hóa học và nêu hiện tượng xẩy ra khi: a. Cho dung dịch CuSO4 vào dung dịch KI. b. Cho dung dịch AlCl3 vào dung dịch KI và KIO3. c. Cho Si vào dung dịch NaOH. d. Cho dung dịch NaHS vào dung dịch CuSO4. 2. Cho PH3 tác dụng với Cl2 được chất rắn A và khí B. Cho chất rắn A vào dung dịch Ba(OH)2 dư được chất rắn C. Hãy xác định các chất A, B, C, viết các phương trình hóa học xẩy ra. Hướng dẫn chấm Câu 1

Nội dung

Điểm

a. 2CuSO4 + 4KI → 2CuI + 2K2SO4 + I2 Có kết tủa màu trắng, dung dịch chuyển sang màu vàng b. 2AlCl3 + 5KI + KIO3 + 3H2O → 2Al(OH)3 + 3I2 + 6KCl Xuất hiện kết tủa keo màu trắng, dung dịch chuyển sang màu vàng c. Si + 2NaOH + H2O → Na2SiO3 + 2H2 Có khí không màu thoát ra. d. NaHS + CuSO4 → CuS + NaHSO4 Có kết tủa màu đen xuất hiện Hoặc 2NaHS + CuSO4 → CuS + Na2SO4 + H2S có kết tủa màu đen xuất hiện và có khí mùi trứng thối thoát ra.

A là PCl5; B là HCl; C là Ba2(PO4)3 PH3 + 4Cl2 → PCl5 +3HCl PCl5 + 4H2O → H3PO4 +5HCl 2HCl + Ba(OH)2 → BaCl2 + 2H2O 3Ba(OH)2 + 2H3PO4 → Ba3(PO4)2 + 6H2O Có thể viết phương trình gộp hoặc phương trình ion đều cho điểm tối đa.

- Thí sinh không được dùng tài liệu. - Giám thị không phải giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ...............................................................................Số báo danh:................

0,25 0,25 0,25

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

Câu 2: (2,0 điểm) 1. Hãy giải thích tại sao Nitơ không có khả năng tạo thành phân tử N4 trong khi Photpho và các nguyên tố khác cùng nhóm có khả năng tạo thành phân tử E4 (E là ký hiệu chung cho P, As, Sb, Bi). 2. Xian là chất khí không màu, mùi xốc, có nhiều tính chất tương tự halogen nên gọi là một halogen giả có công thức (CN)2. Hãy viết phương trình phản ứng khi nhiệt phân xian ở 11000C, khi cho xian lần lượt tác dụng với: Cl2, dung dịch KI, dung dịch NaOH. Trang 161

Trang 162

Câu 4

Hướng dẫn chấm Nội dung

Câu 2

Điểm

HD: Vì Các nguyên tố P, As, Sb, Bicó khả phân lớp d trống nên có khả năng tạo li ên kết cho nhận kiểu p→d làm liên kết đơn E-E bền hơn trong khiN không có khả năng đó. 1,00

(CN)2 2CN (CN)2 + Cl2 → 2CNCl (CN)2 + 2KI→ 2KCN + I2. (CN)2 + 2NaOH → NaCN + NaOCN + H2O

110000C

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

Câu 3: (2,0 điểm) Hấp thụ hoàn toàn 3,36 lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa x mol Ca(OH)2; x mol NaOH và y mol KOH thu được dung dịch chứa 8,66 gam muối (không có bazơ dư) và có 5 gam kết tủa. Tính x, y. Hướng dẫn chấm Câu 3

Nội dung

Điểm

nCO2=0,15 ; nCaCO3=0,05 Số mol Ca(OH)2; NaOH và KOH lần lượt là x,x,y nHCO3-=0,15-(3x+y-0,15)= 0,3nCO32-=(3x+y)-0,15= 3x+y-0,15 3x-y TH1: Ca2+ hết ta có x=0,05 mmuối=40x+23x+y*39 + 60*[3x+y-0,15] +61*[0,3-3x-y]= 8,66+5 x=0,05 y=0,0358 1,00 TH2: Nếu Ca2+ còn trong dung dịch  nCO32-=0,05 nCO32-=3x+y-0,15= 0,05  3x+y=0,2 (3) mmuối=40x+23x+y*39 + 60*[0,05] +61*[0,3-3x-y]= 8,66+5 1,00 Từ (3), (4) ta có x=0,06 y=0,02 Câu 4: (2,0 điểm) Hòa tan hỗn hợp gồm Fe2(SO4)3, MgSO4, CuSO4 vàonước, được dung dịch X. ChoX tác dụng vớidung dịch BaS dư thấy tách ramột lượng kết tủam1 gam. Nếu cho một lượng dư H2S tác dụng vớiX, tách ramột lượng kết tủam2 gam. Thực nghiệm chobiết m1 = 8,590m2. Nếu giữ nguyên lượng các chất MgSO4, CuSO4 trong X và thay Fe2(SO4)3 bằng FeSO4 cùng khốilượng thì được dung dịch Y. ChoY tác dụng vớidung dịch BaS dư, tách ramột lượng kết tủam3 gam. Nếu cho một lượng dư H2S tác dụng vớiY thì tách ramột lượng kết tủam4 gam. Thực nghiệm chobi ết m3 = 9,919m4. Xác định % khốilượng mỗimuốitrong hỗn hợp ban đầu. Hướng dẫn chấm Trang 163

Nội dung

Điểm

Thí nghi ệm 1: X vớidung dịch BaS dư Fe2(SO4)3 +3BaS → 2FeS + S + 3BaSO4 MgSO4 + 2BaS + 2H2O → Mg(OH)2 + BaSO4 + Ba(HS)2 CuSO4 + BaS → CuS + BaSO4 X vớidung dịch H2S dư Fe2(SO4)3 + H2S → 2FeSO4 + S + H2SO4 MgSO4 + H2S → không phản ứng CuSO4 + H2S → CuS + H2SO4 Thí nghi ệm 2: Y vớidung dịch BaS dư FeSO4 + BaS → FeS + BaSO4 MgSO4 + 2BaS + 2H2O → Mg(OH)2 + BaSO4 + Ba(HS)2 CuSO4 + BaS → CuS + BaSO4 Y vớidung dịch H2S dư FeSO4 + H2S → không phản ứng MgSO4 + H2S → không phản ứng CuSO4 + H2S → CuS + H2SO4 Xét với1 mol hỗn hợp Fe2(SO4)3, MgSO4, CuSO4 . Gọisố mol mỗi 0,50 chất tương ứng là a,b,c tacó a+b+c=1 (1) Thí nghi ệm 1 tacó 88 * 2a + 32 * a + 58b + 96c + 233 * (3a + b + c ) = 8,590 (2) 32 * a + 96c

0,50

Thí nghi ệm 2 tacó Số mol FeSO4=(50/19)amol 88a *

50 50 * a + 58b + 96c + 233 * ( + b + c) 19 19 = 9,919 (3) 96c

a=0,3 b=0,2 c=0,5 %mFe2(SO4)3 = 53,57% %mMgSO4 = 10,71% và và

Từ (1), (2), (3) tacó %mCuSO4 = 35,72%

0,50 0,50

Câu 5: (2,0 điểm) Một nghiên cứu về phản ứng tổng hợp NH3 thực hiện trong một xilanh thu được kết quả như sau: * Trong thí nghiệm 1: Tại 4720C, khi hệ cân bằng, nồng độ các chất H2, N2, NH3 trong bình phản ứng lần lượt là: 0,1207M; 0,0402M; 0,00272M (trong bình không có khí nào khác). * Trong thí nghiệm 2: Tại 5000C, khi hệ cân bằng, áp suất riêng phần của các khí H2, N2, NH3 trong bình lần lượt là: 0,733 atm; 0,527 atm và 1,73.10-3 atm (trong bình không có khí nào khác). 1. Hãy tính độ biến thiên entanpi của phản ứng: 3H2(k)+ N2(k) 2NH3 (k) Trang 164

Coi độ biến thiên entanpi của phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ. 2. Nếu trong thí nghiệm 1, sau khi hệ đạt tới cân bằng, nén hỗn hợp khí để thể tích xilanh còn một nữa, giữ nguyên nhiệt độ bình, thì cân bằng chuyển dịch về phía nào? Tại sao? Hướng dẫn chấm Nội dung

Câu 5 1. Tại 4720C, Kc 472 =

[NH3 ]2 (0,00272)2 = = 0,105 (M-2) 3 [H 2 ] .[N 2 ] (0,1207)3 .(0,0402)

→ K p = K c (RT)∆n = 0,105(0, 082.(472 + 273)) −2 = 2,81.10-5 (atm-2)

Tại 500 0C, Kp 500 = ln

K p 500 K p 472

=−

Điểm

p 2NH3

-3 2

p3H 2 .p N 2

(1,73.10 ) = 1,44.10-5 (atm-2) (0,733)3 .(0,527)

∆H  1 1  −    ∆H=-114318,4 (J) R  273 + 500 273 + 472 

0,25

mdung dịch X=6,048 +189-5,688=189,36 gam X chứa 0,252 mol Mg(NO3)2; 0,516 mol HNO3 dư C%Mg(NO3)2=19,696% C%HNO3= 17,167%

Câu 7: (2,0 điểm) 1. Em hãygiảithích và viết phương trình hóahọc minh họachocác nộidung sau: a. Eti len dễ tham giaphản ứng cộng. b. Propi n có chứanguyên tử H li nh động. 2. Hãyviết phương trình hóahọc xẩyrakhi: a. Chopropen tác dụng vớiH2O trong môitrường axi t. d. Choetylbenzen tác dụng vớibrom, đun nóng, có bột sắt xúc tác.

0,25

Hướng dẫn chấm

(0,00272 . 2) 2 = 2,62.10-2 < Kc 472 (0,1207 . 2)3 .(0,0402 . 2)

 Cân bằng hoá học chuyển dời sang phải để Qc tăng tới Kc Có thể lập luận dựa theo nguyên lí Lơsatlie vẫn cho điểm tối đa

1,00

Câu 6: (2,0 điểm) Cho 6,048 gam Mg phản ứng hết với 189 gam dung dịch HNO3 40% thu được dung dịch X (không chứa muối amoni) và hỗn hợp khí là oxit của nitơ. Thêm 392 gam dung dịch KOH 20% vào dung dịch X, rồi cô cạn và nung sản phẩm đến khối lượng không đổi thì thu được 118,06 gam hỗn hợp chất rắn. Hãy xác định nồng độ % của các chất trong X.

Nội dung

CH2(OH)-CH2-CH3

Trang 165

(sản

phẩm phụ) 2

CH2-CH3 Br CH2-CH3

+ HBr Fe, t0

0,50

CH2-CH3

Điểm

HD: nHNO3= 1,2 mol nMg=0,252 nKOH đã lấy= 1,4 mol Vì nKOH >nHNO3 nên KOH dư 0,252 mol MgO, x mol KOH và y mol 118,06 gam chất rắn gồm KNO2 0,50 x+y = 1,4 x=0,38 y=1,02 40*0,252 + 56x + 85y = 118,06  nNO3 trong dung dịch sau phản ứng = nKNO2= 1,02  nN+5 nhận electron = 1,2-1,02 =0,18. Gọi số mol electron mà N+5 nhận trung bình là n ta có 0,18*n=0,252*2  n=2,8 coi như oxit thoát ra là 0,09 mol N2O2,2 mkhi=0,09*(28+16*2,2)= 0,50 5,688 0,50

Điểm

a. Phân tử eti len có 1 liên kết π kém bền nên dễ tham giaphản ứng cộng 0,50 CH2=CH2 + Br2 → CH2Br-CH2Br b. Vì trong phân tử propin có liên kết 3 hút electron nên nguyên tử H 0,50 liên kết trực tiếp vớiC sp3 linh động CH≡C-CH3 + [Ag(NH3)2]+ → CAg≡C-CH3 + NH3 + NH4+ CH3-CH(OH)-CH3 (sản phẩm chính) H 0,50 a. CH =CH-CH + H O

+ Br2

Hướng dẫn chấm Câu 6

Nội dung

Câu 7 0,50

2. Khi V giảm một nửa → nồng độ tăng 2 lần  Qc =

0,50

+ HBr Br

Câu 8: (2,0 điểm) A và B là 2 hidrocacbon ở thể khí trong điều kiện thường, biết: * Khi đốt cháy mỗi chất với số mol bằng nhau sẽ cho số mol nước bằng nhau. * Trộn A với lượng oxi (lấy gấp đôi so với lượng oxi cần cho phản ứng đốt cháy hết A) được hỗn hợp X ở 00C, áp suất p atm. Đốt cháy hết X, tổng thể tích khí thu được sau phản ứng ở 2730C, áp suất 1,5p atm gấp 1,4 lần thể tích của hỗn hợp X. * B có các nguyên tử cacbon cùng nằm trên một đường thẳng, có khả năng làm nhạt màu dung dịch brom. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của A,B. Trang 166

dịch giảm 2,66 gam và có 5,74 gam kết tủa. Lập công thức phân tử X biết tỷ khối hơi của X so với không khí nhỏ hơn 7. Biết các phản ứng đều xẩy ra hoàn toàn.

Hướng dẫn chấm Nội dung

Câu 8

Điểm

Hướng dẫn chấm Câu 9

Gọi công thức A là CxHy nếu lấy số mol A là 1 mol ta có 2

4 y  2*  x +  4  y  x+  4 

Ban đầu

Sau phản ứng

0 y 2

Tổng số mol hỗn hợp trước phản ứng là n1 y y 4 + 8x + 2 y n1 = 1+2*  x +  =1+2x+ = 

4

Tổng số mol hỗn hợp sau phản ứng

y 3y y = n2 =  x +  +x+ =n2= 2x+



4

8x + 3y = 4 p *V Theo đề bài n1= R * 273 1,5 p *1,4V n 2= R * 2 * 273 n p *V   1,5 p *1,4V   4 + 8 x + 2 y   8 x + 3 y  Ta có 1 =  :  = :  n2  R * 273   R * 2 * 273   4   4 



n1 20  4 + 8 x + 2 y   8 x + 3 y  4 + 8 x + 2 y = =  : = n2 21  4 8x + 3 y   4 

Điểm

HD: Từ phần 1  nCO2 phần 1=0,06 mHCl phần 1+mH2O phần 1= 6-1,82-0,06*44= 1,54 Mặt khác mH2O + mHCl (trong phần 2)= (5,74-2,66) = 3,08  (gấp 2 lần 1)  A có nCO2=0,06*3=0,18=nC  Phần thứ 2 chiếm 2/3 hỗn hợp A. Phần 1 có nN2=0,005 A có nN=0,005*2*3=0,03 Phần 2 vào dung dịch AgNO3 chỉ có HCl và H2O nHCl=0,04  nHCl trong A=0,06=nCl mH2O + mHCl (trong phần 2)= (5,74-2,66) = 3,08  mH2O phân 2=1,62  nH2O=0,09  nH2O trong A=0,135  Trong A nH=0,06+0,135*2= 0,33 nO=0,03 nC:nH:nO:nCl:nN=0,18 : 0,33 : 0,03 : 0,06 : 0.03 = 6:11:1:2:1 X là (C6H11OCl2N)n MX=184 n <232 n=1 X là C6H11OCl2N

y y CxHy +  x +  O2 → xCO2 + H2O



Nội dung

0,50

4x-9y=-42 vì B là chất khí nên xét x=1,2,3,4 thấy chỉ có x=3; y=6 thõa mãn A là C3H6; Vì theo giả thiết thứ nhất  A,B có cùng số nguyên tử H trong phân 0,50 tử  B là C4H6 Mặt khác B có khả năng làm mất màu dung dịch Brom và có các nguyên tử C nằm trên một đường thẳng nên B là but-2-in 0,50 A là: C3H6 cấu tạo là: CH2=CH-CH3 B là: C4H6 cấu tạo là: CH3-C≡C-CH3 0,50 Câu 9: (2,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 5,52 gam chất X thu được hỗn hợp khí và hơi A gồm CO2, HCl, H2O và N2. Cho 1 phần A đi chậm qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 6,00 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 1,82 gam và có 0,112 lít khí không bị hấp thụ. Lấy phần còn lại của A cho lội chậm qua dung dịch AgNO3 trong HNO3 dư thấy khối lượng dung Trang 167

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

0,25 0,50

Câu 10: (2,0 điểm) Hợp chất hữu cơ X chỉ chứa các ngyên tố: C, H, Br. Trong X khối lượng Brom chiếm 65,57%, khối lượng mol của X nhỏ hơn 250 gam. Cho X tác dụng với Natri, đốt nóng thì thu được chất hữu cơ Y chỉ có 2 nguyên tố. Cho Y tác dụng với Br2 trong CCl4 tạo ra 3 sản phẩm cộng: X, Z, T trong đó X là sản phẩm chính. 1. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, T. 2. Hãy cho biết Y có mấy đồng phân cấu hình? Biểu diễn một cấu trúc của Y và đọc tên theo IUPAC. Hướng dẫn chấm Câ u9

Nội dung 1. -

Công thức tổng quát của X: CxHyBrn. Xét n = 1, không tìm được x,y thỏa mãn. n= 2 cặp nghiệm thỏa mãn x, y là : x = 6, y = 12 n = 3 MX < 250 Vậy công thức phân tử của X là: C6H12Br2 + Na, t X Y ( có 2 nguyên tô) (1) → 3 sản phẩm là đồng phân cấu tạo ... Y + Br2/CCl4  (2) Từ (1) và (2)  (1) là phản ứng đóng vòng tạo ra chất mạch vòng 3

Điểm

0,50

Trang 168

cạnh ta có: Y X CH3 - CHBr - CH2- CHBr- CH2- CH3 Z, T là các chất sau: CH3 - CHBr - CH - CH2-

CH3 - CH - CHBr - CH20,50

CH2B

0,50

2. - Y có 2 cacbon bất đối nên có 4 đồng phân quang học. - 1 cấu trúc của Y: tên gọi:

0,50

(1R,2S)-1-etyl-2metylxiclopropan S

------------------ HẾT----------------SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 02 trang, gồm 6 câu)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu I: Nguyên tử của nguyên tố R ở trạng thái cơ bản có tổng số electron ở các phân lớp s là 7. a. Viết cấu hình electron nguyên tử của R ở trạng thái cơ bản, xác định tên nguyên tố R. b. Với R có phân lớp 3d đã bão hoà, hoà tan hoàn toàn m gam một oxit của R trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư sinh ra 0,56 lít (điều kiện tiêu chuẩn) khí SO2 là sản phẩm khử duy nhất. Toàn bộ lượng khí SO2 trên phản ứng vừa đủ với 2 lít dung dịch KMnO4 thu được dung dịch T (coi thể tích dung dịch không thay đổi). - Viết các phương trình hoá học, tính m và tính nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 đã dùng. - Tính pH của dung dịch T (bỏ qua sự thủy phân của các muối). Biết axit H2SO4 có Ka1 =+∞; Ka2 = 10-2. Câu II: 1. Thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100 ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M được 100 ml dung dịch A, hỏi có kết tủa Mg(OH)2 được tạo thành hay không? Biết: TMg(OH)2 =10-10,95 và K b(NH ) = 10-4,75. 3

2. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn các dung dịch sau: a. 10ml dung dịch CH3COOH 0,10M với 10ml dung dịch HCl có pH = 4,00 b. 25ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 15ml dung dịch KOH có pH = 11,00 The picture can't be displaye d.

Trang 169

c. 10ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 10ml dung dịch axit fomic (HCOOH) có pH=3,00. Biết Ka của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 10-4,76 và 10-3,75 (Khi tính lấy tới chữ số thứ 2 sau dấu phẩy ở kết quả cuối cùng). Câu III: 1. Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO3 loãng, đun nóng nhẹ tạo ra dung dịch A và 448 ml (đo ở 354,9 K và 988 mmHg) hỗn hợp khí B gồm 2 khí không màu, không đổi màu trong không khí. Tỉ khối của B so với oxi bằng 0,716 lần tỉ khối của CO2 so với nitơ. Làm khan A một cách cẩn thận thu được chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu được 3,84 gam chất rắn E. Tính khối lượng D và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. 2. Cho 20 gam hỗn hợp A gồm FeCO3, Fe, Cu, Al phản ứng với 60 ml dung dịch NaOH 2M được 2,688 lít hiđro. Thêm tiếp vào bình sau phản ứng 740 ml dung dịch HCl 1M và đun nóng đến khi ngừng thoát khí, được hỗn hợp khí B, lọc tách được cặn C (không chứa hợp chất của Al). Cho B hấp thụ từ từ vào dung dịch nước vôi trong dư được 10 gam kết tủa. Cho C phản ứng hết với HNO3 đặc nóng dư thu được dung dịch D và 1,12 lít một khí duy nhất. Cho D phản ứng với dung dịch NaOH dư được kết tủa E. Nung E đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn. Tính khối lượng mỗi chất trong A, tính m, biết thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Câu IV: Đốt cháy hoàn toàn 0,047 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon mạch hở rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ vào 2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,0555M được kết tủa và dung dịch M. Lượng dung dịch M nặng hơn dung dịch Ca(OH)2 ban đầu là 3,108 gam. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch M thấy có kết tủa lần 2 xuất hiện. Tổng khối lượng kết tủa hai lần là 20,95 gam. Cùng lượng hỗn hợp X trên tác dụng vừa đủ với 1 lít dung dịch Br2 0,09M. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của các hiđrocacbon biết có 2 chất có cùng số nguyên tử cacbon, phân tử khối các chất trong X đều bé hơn 100 và lượng hỗn hợp trên tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch AgNO3 0,2M trong NH3 được 3,18 gam 1 kết tủa.

Câu V: 1. Hợp chất X có công thức phân tử C6H10 tác dụng với hiđro theo tỉ lệ mol 1: 1 khi có chất xúc tác. Cho X tác dụng với dung dịch KMnO4 trong H2SO4 loãng, đun nóng thu được HOOC(CH2)4COOH. a. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên X và viết phương trình phản ứng b. Viết phương trình phản ứng oxi hoá X bằng dung dịch KMnO4 trong nước 2. Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon đồng phân A, B, C. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào 5,75 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02M thu được kết tủa và khối lượng dung dịch tăng lên 5,08 gam. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được, kết tủa lại tăng thêm, tổng khối lượng kết tủa 2 lần là 24,305 gam. a. Xác định công thức phân tử của 3 hiđrocacbon b. Xác định công thức cấu tạo A, B, C biết: - Cả 3 chất đều không làm mất màu dung dịch brom. - Khi đun nóng với dung dịch KMnO4 loãng trong H2SO4 thì A và B đều cho cùng sản phẩm C9H6O6 còn C cho sản phẩm C8H6O4. - Khi đun nóng với brom có mặt bột sắt A chỉ cho một sản phẩm monobrom. Còn chất B, C mỗi chất cho 2 sản phẩm monobrom Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra Câu VI: 1. Khí N2O4 kém bền, bị phân ly một phần theo phương trình: N2O4 (khí) 2NO2 (khí) (1) Thực nghiệm cho biết các số liệu sau khi (1) đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm: Nhiệt độ (0oC) 35 45

Trang 170

72,450 66,800 (g) ( là khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng) a. Tính độ phân ly α của N2O4 ở các nhiệt độ đã cho. b. Tính hằng số cân bằng Kp của (1) ở mỗi nhiệt độ trên. c. Cho biết (1) là phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt. Giải thích? (Khi tính lấy tới chữ số thứ 3 sau dấu phẩy). 2. Có các phân tử XH3 a. Hãy cho biết dạng hình học của các phân tử PH3 và AsH3. b. So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích. c. Những phân tử nào sau đây có phân tử phân cực ? Giải thích ngắn gọn BF3, NH3, SO3, PF3. Cho biết ZP = 15, ZAs = 33, ZO = 8, ZF = 9, ZB = 5, ZN = 7, ZS = 16. The picture can't be displayed.

HƯỚNG DẪN CHẤM- đề năm 2012-2013

The picture can't be displayed.

Câu 0,75+1,75(1+0,75) I a) Trong vỏ nguyên tử của nguyên tố R electron phân bố vào các phân lớp s theo 2,5 thứ tự là: 1s2; 2s2; 3s2; 4s1 => Các cấu hình electron thỏa mãn là 1s22s22p63s23p64s1 => Z = 19 R là Kali 1s22s22p63s23p63d54s1 => Z = 24 R là Crom 1s22s22p63s23p63d104s1 => Z = 29 R là đồng b) Vì oxit của Cu tác dụng với dung dịch axit sunfuric đặc nóng tạo ra khí SO2 0,75 do đó là đồng (I) oxit (Cu2O) 0,5 The picture can't be displayed.

The picture can't be displayed.

2CuSO4 + SO2 + 2H2O Cu2O + 2H2SO4 0,025 0,025 (mol) => m=144.0,025=3,6 (g) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O→ 2H2SO4 + K2SO4 + 2MnSO4 0,025 0,01 0,01 (mol) Nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 là 0,005 (M) Phương trình điện li của axit sunfuric: ([H2SO4]=0,005M) H+ + HSO4H2SO4 0,005 0,005 0,005(M) HSO4H+ + SO42C :0,005 0,005 0 (M) [ ]: 0,005 - x 0,005+x x (M)

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

0,5

The picture can't be displayed.

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (kể cả bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học). - Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.

The picture can't be displayed.

- Họ và tên thí sinh: ..................................................................Số báo danh..............................

=> => [H+]=0,005+2,81.10-3=7,81.10-3(M) => pH= 2,107

II 1.

0,75

1+3(1+1+1) Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì C Mg2 + ban đầu = 10-2 (M). Ta có: TMg(OH)2 = [Mg2+][OH−]2 = 10-10,95 Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH−]2 ≥ 10-10,95  [OH−]2 ≥

10 −10,95

[Mg ] 2+

10 −10,95 10 −2

= 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475 0,5

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

 x = 10-4,75 Hay [OH−] = 10-4,75 < 10-4,475. Vậy khi thêm 1 ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M thì không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2. 2. Trang 171

a. Dung dịch HCl có pH = 4,0  [H+] = [HCl] = 10-4M Trang 172

0,5

Sau khi trộn:

The picture can't be displayed.

Dung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic

The picture can't be displayed.

Sau khi trộn lẫn: The picture can't be displayed.

HCl → H + Cl 5.10-5M 5.10-5M CH3COOH CH3COO- + H+ C 0,05M 0 5.10-5M ∆C x x x [ ] 0,05-x x 5.10-5 + x The picture can't be displayed.

Bảo toàn điện tích : [H+]=[CH3COO-]+[HCOO-] Ta có: h= C1Ka1/(Ka1+h)+ C2Ka2/(Ka2+h) → h3+h2(Ka1+Ka2)+h(Ka1Ka2 –C1Ka1-C2Ka2 )-( C1Ka1Ka2 +C2 Ka1Ka2)=0 Ta có h= 9,997.10-4. Nên pH = 3,00

The picture can't be displayed.

x = 8,991.10-4M (nhận) x = -9,664.10-4M(loại) pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,023=3,02 b. Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOH

1 1

The picture can't be displayed.

C CA ΔC x [ ] CA – x Với pH = 3,0  x = 10-3M

0 x x

III 1.

0 x x

1,5+2 Theo giả thiết thì B chứa N2 và N2O  n + n = 0, 448.(988 / 760) / (0, 082.354,9) = 0, 02 nN O = 0, 01 Ta có  N O N → 2

 nN 2O .44 + nN2 .28 = 0, 02.32.0, 716.44 / 28

Dung dịch KOH có pH = 11,0  [OH-] = [KOH] =

 số mol e nhận để tạo ra 2 khí này là : 0,01(10+8) = 0,18 mol (I)  D có Al(NO3)3, Mg(NO3)2 có thể có NH4NO3. NH4NO3 → N2O↑ + 2H2O 2 NH4NO3 → N2 ↑ + O2 ↑ + 4 H2O ↑ 4Al(NO3)3 → 2Al2O3 + 12 NO2 ↑ + 3O2 ↑ 2Mg(NO3)2 → 2MgO + 4 NO2 ↑ + O2 ↑  E chỉ có Al2O3 và MgO.

Sau khi trộn:

+ Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Mg ta có hệ :

The picture can't be displayed.

Phản ứng 3,66.10-2 3,75.10-4 Sau phản ứng (3,66.10-2 – 3,75.10-4 )0

0 3,75.10-4

The picture can't be displayed.

C ΔC [ ]

0,036225 0 x 0,036225– x

3,75.10-4 x x x+3,75.10-4

Nên Ka= x )/(0,0362256,211.10-4 pH = 3,207=3,21 c. Tương tự với câu trên: Dung dịch CH3COOH có pH = 3,0 ứng với

x(x+3,75.10x)=10-4,76 → x = 1

The picture can't be displayed.

Trang 173

0,25

nN2 = 0, 01

27 x + 24 y = 2,16   x 102. 2 + 40 y = 3,84

0,5

 x = Al = 0,04 mol và Mg = 0,045 mol  số mol e cho = 0,21 mol (II) + Từ (I, II) suy ra phải có NH4NO3. Từ đó dễ dàng tính được kết quả sau: D gồm: Al(NO3)3 (8,52 gam) ; Mg(NO3)2 (6,66 gam) ; NH4NO3 (0,3 gam) = 0,75 15,48 gam. Hỗn hợp ban đầu có 50% lượng mỗi kim loại. + Khi A pư với NaOH thì nNaOH = 0,12 mol;n H2 = 0,12 mol. Suy ra NaOH dư Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2. Mol: 0,08 0,08 0,08 0,12  Sau pư trên thì hh có: FeCO3 + Fe + Cu + 0,04 mol NaOH dư + 0,08 mol NaAlO2. + Khi thêm vào 0,74 mol HCl vào thì: NaOH + HCl → NaCl + H2O Mol: 0,04 0,04 NaAlO2 + 4HCl + H2O → NaCl + AlCl3 + 3H2O Mol: 0,08 0,32  Số mol HCl còn lại sau 2 pư trên là 0,38 mol. B là hh khí nên B phải có CO2 0,5 Trang 174

+ H2. C chắc chắn có Cu, có thể có FeCO3 + Fe. Mặt khác C + HNO3 → NO2 là khí duy nhất nên C không thể chứa FeCO3  C có Cu và có thể có Fe (FeCO3 đã bị HCl hòa tan hết). TH1: Fe dư. Gọi x là số mol FeCO3; y là số mol Fe bị hòa tan; z là số mol Fe dư, t là số mol Cu ta có: 116x + 56(y + z) + 64t = 20 – 0,08.27 = 17,84 (I) FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2↑ + H2O Mol: x 2x x x 0,75 Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ Mol: y 2y y y  Số mol HCl = 2x + 2y = 0,38 (II)  B có x mol CO2 + y mol hiđro. Dựa vào pư của B với nước vôi trong  x = 0,1 mol (III)  C có z mol Fe dư + t mol Cu  3z + 2t = 1,12/22,4 (IV)  x = 0,1 mol; y = 0,09 mol; z = 0,01 mol và t = 0,01 mol. Vậy A có: 0,1.116=11,6 gam FeCO3 + 0,1.56=5,6 gam Fe + 0,01.64=6,4 gam Cu + 0,08.27=2,16gam Al + Tính tiếp ta được giá trị của m=mCuO+mFe2O3=0,01.80+0,01.160/2 = 1,6 gam. 0,75 TH2: Fe hết  C chỉ có Cu  số molCu = ½ NO2 = 0,025 mol.  A có 0,1.1z16=11,6 gam FeCO3 + 0,025.64=1,6 gam Cu + 0,08.27=2,16gam Al+ (20-11,6-1,6-2,16=4,64)gam Fe  tính được m =mCuO =0,025.80= 2 gam. 2,5 CxHy + m AgNO3 + m NH3 → CxHy-mAgm + m NH4NO3 . 0,02 mol 0,02/m mol → m↓ = 3,18 = (0,02/m)(12x+y+107m) → 12x+ y = 52m Do MHDC < 100 nên m=1, x=4, y=4. Vậy 1 chất C4H4 : CH2=CH-C≡CH: 0,02 mol Ta có sơ đồ 0,5 CO2 + Ca(OH)2 (0,111mol) → CaCO3 (x)   Ba(OH)2 → BaCO3 (0,111-x)+CaCO3 (0,111-x) Ca(HCO3 )2 (0,111-x) 

Nên 100x+(0,111-x)100+(0,111-x)197=20,95 → x= 0,061 → nCO2= 0,061+2(0,111-0,061)= 0,161 → nH2O = (0,061.100+ 3,108-0,161.44)/18=0,118 + Hai HDC còn lại cháy cho: nCO2=0, 161-0,02.4=0,081; nH2O= 0,1180,02.2=0,078 Số Ctb = 0,081/0,027= 3 Do trong X có 2 HDC có cùng số C nên có các TH sau + TH1: 2 HDC còn lại có cùng 3C nBr2 = 0,09-0,02.3=0,03 > 0,027 nên có C3H4 còn lại là C3H8 hoặc C3H6

+ TH2: 1 HDC còn lại có cùng 4C, HDC còn lại là 1C hoặc 2C  x + y = 0, 027  x = 0, 0135 nên → 4 x + 2 y = 0, 081   y = 0, 0135

- C4Hc:x ; C2Hd: y 

0,0135c/2+0,0135d/2=0,078 →c+d=11,55 loại  x + y = 0, 027  x = 0, 018 nên 0,018c/2+0,009.4/2=0,078 → 4 x + 1 y = 0, 081   y = 0,009

- C4Hc:x ; CH4: y 

V 1.

→c=6,67 loại 0,75 Kết luận : CH2=CH-C≡CH CH2=C=CH2 C3H6 hoặc C3H8 1,5+2,5 a. C6H10 [π + v] = 2 X phản ứng với H2 theo tỉ lệ 1 : 1 nên X phải có 1 vòng 5,6 cạnh và 1 liên kết đôi Khi oxi hóa X thu được sản phẩm chứa 6 cacbon nên X có 1 vòng 6 cạnh không nhánh 0,5 xclohexen - Công thức cấu tạo của X là:

b. Phản ứng:

 a + b = 0, 027  a = 0, 012 → TM  2b = 0, 03 b = 0, 015  a + b = 0, 027  a = 0, 024 - C3H6 : a ; C3H4 :b  → TM  a + 2b = 0, 03 b = 0, 003

- C3H8 : a ; C3H4 :b 

0,75 Trang 175

0,5

3 + 2KMnO4 + 4H2O → 3 a. nCa(OH)2 = 0,115 mol CO2 + Ca(OH)2 (0,151mol) →

+ 2MnO2 + 2KOH.

CaCO3 (x)   Ba(OH) 2 → BaCO (0,115-x)+CaCO (0,115-x) Ca(HCO3 )2 (0,115-x)  3 3

0,25

Nên 100x+(0,115-x)100+(0,115-x)197=24,305 → x= 0,05 → nCO2= 0,05+2(0,115-0,05)= 0,18 → nH2O = (0,05.100+ 5,08-0,18.44)/18=0,12 - Gọi công thức phân tử của A là CxHy: CxHy + O2 → xCO2 +

0,5

5 + 8KMnO4+ 12H2SO4 → 5 HOOC(CH2)4COOH +4K2SO4+8MnSO4+12H2O.

y H2O 2

0,02 0,02x 0,01y Ta có: 0,02x = 0,18 ⇔ x = 9 và 0,01y = 0,12 ⇔ y = 12 Công thức phân tử của A, B, C là C9H12, [π + v ] = 4. b. Theo giả thiết thì A, B, C phải là dẫn xuất của benzen vì chúng không làm mất 0,5 màu dung dịch Br2. * A, B qua dung dịch KMnO4/H+ thu được C9H6O6 nên A, B phải có 3 nhánh CH3; C cho C8H6O4 nên C có 2 nhánh trên vòng benzen (1 nhánh –CH3 và 1 nhánh –C2H5). - Khi đun nóng với Br2/Fe thì A cho 1 sản phẩm monobrom còn B, C cho 2 sản 0,75 phẩm monobrom nên công thức cấu tạo của A, B, C là:

Trang 176

The picture can't be displayed.

CH2CH3

CH3

∆n = 1 → K P =

CH3 H3C

H3C

CH3

ở 35oC thì α = 0,27 → KP = 0,315 ở 45oC thì α = 0,377 → = 0,663 c) Vì khi tăng nhiệt độ từ 35oC → 45oC thì độ điện li α của N2O4 tăng (hay KP tăng) → Chứng tỏ khi nhiệt độ tăng thì cân bằng chuyển sang chiều thuận (phản ứng tạo NO2) do đó theo nguyên lí cân bằng Lơ Satơliê (Le Chatelier) thì phản ứng thuận thu nhiệt.

CH3

(A) Các phản ứng xẩy ra

(B)

The picture can't be displayed.

COOH CH3

5H C

CH3

+ 18KMnO4 + 27H2SO4 → 5 HOOC

CH3 H3C

HOOC

CH3

COOH

+18KMnO4+27H2SO4 → 5 CH2CH3

+9K2SO4+18KMnO4+42H2O.

COOH COOH

0,5

+ 9K2SO4+18KMnO4+42H2O.

COOH

a. P : 1s22s22p63s23p3 ; As : 1s22s22p63s23p63d104s24p3 P và As đều có 5 electron hóa trị và đã có 3 electron độc thân trong XH3

COOH

H H H

+18KMnO4+27H2SO4 → 5

CH3

CH3 H3C

+5CO2+18MnSO4 + 9K2SO4 + 42H2O

CH3

0,25

CH3

Fe ,t + Br2  → H3C

CH3

+ HBr

CH3 H3C

H3C

CH3

+ Br2  →

CH3 Br

Phân cực N H

0,5

+ HBr

Fe ,t + Br2  → CH3 hoặc CH + HBr 2(0,5+1+0,5)+1,5 a) Đặt a là số mol N2O4 có ban đầu, α là độ phân li của N2O4 ở toC N2O4 2NO2 xét cân bằng: số mol ban đầu a 0 số mol chuyển hóa aα 2aα số mol lúc cân bằng a(1 - α) 2aα Tổng số mol khí tại thời điểm cân bằng là a(1 + α) Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí:

CH3

0,5

XH3 hình tháp tam giác, b. góc HPH > góc AsH, vì độ âm điện của nguyên tử trung tâm P lớn hơn so với As nên các cặp e liên kết P-H gần nhau hơn so với As-H lực đẩy mạnh hơn. 0,5 c. không phân cực F

CH2CH3 Br

CH2CH3

VI 1.

hoặc

X ôû traïng thaùi lai hoùa sp3.

CH3

Fe ,t 0

F F

2 chất đầu sau có cấu tạo bất đối xứng nên phân cực

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút

The picture can't be displayed.

0,5

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)

The picture can't be displayed.

- ở 35oC thì

The picture can't be displayed.

- ở 45oC thì

The picture can't be displayed.

= 72,45 →

= 72,45

→α = 0,270

α = 0,377

= 66,8

hay 27% hay 37,7%

Câu 1: Hãy so sánh và giải thích sự khác nhau về nhiệt độ sôi, độ mạnh tính bazơ, kh¶ n¨ng thÓ hiÖn tÝnh khö vµ tham gia ph¶n øng céng của NH3 và NF3. Câu 2: Hòa tan hết 7,33 gam hỗn hợp kim loại M (chỉ có hóa trị II) và oxit của nó vào nước, thu được 1 lít dung dịch X có pH = 13. a) Xác định kim loại M.

The picture can't be displayed.

b) Ta có Kc = V là thể tích (lít) bình chứa khí The picture can't be displayed.

Và PV = nS. RT → RT = Thay RT, Kc vào biểu thức KP = Kc.

The picture can't be displayed.

ở đây Trang 177

Trang 178

b/ Tính thể tích dung dịch chứa HCl và H2SO4 có pH = 0 cần thêm vào 0,1 lít X để thu được dung dịch mới có pH = 1,699. Câu 3: Hợp chất hữu cơ A cộng hợp với HBr tạo ra hỗn hợp D gồm các chất là đồng phân cấu tạo của nhau. D có chứa 79,2% khối lượng brom, còn lại là cacbon và hiđro. Tỉ khối của D so với O2 nhỏ hơn 6,5. Xác định công thức cấu tạo có thể có của A (dạng bền) và của các sản phẩm trong D tương ứng với A. Câu 4: Hiđrocacbon mạch hở X có 94,12% khối lượng cacbon, phân tử khối nhỏ hơn 120. Khi thay thế hết các nguyên tử H linh động trong phân tử X bằng những nguyên tử kim loại M (M có số oxi hóa là +1) thu được muối Y có chứa 76,6% khối lượng kim loại. Xác định kim loại M và các công thức có thể có của X,Y. Câu 5: Thủy phân hoàn toàn 2,475 gam halogenua của photpho, thu được hỗn hợp 2 axit (axit của photpho với số oxi hóa tương ứng và axit không chứa oxi của halogen). Để trung hòa hoàn toàn hỗn hợp này cần dùng 45 ml dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức của halogenua đó. Câu 6: Trộn CuO với một oxit của kim loại chỉ có hoá trị II theo tỷ lệ mol tương ứng là 1:2 được hỗn hợp A. Dẫn một luồng khí H2 dư đi qua 3,6 gam A nung nóng, thu được hỗn hợp B. Để hòa tan hết B cần 60 ml dung dịch HNO3 nồng độ 2,5M, thu được V lít khí NO duy nhất (điều kiện tiêu chuẩn) và dung dịch chỉ chứa muối nitrat kim loại. Xác định kim loại nói trên và tính V. Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ A và B, chỉ thu được H2O và 18,48 gam CO2. Tìm công thức phân tử của A và B, biết X có tỉ khối đối với H2 là 13,5; A có nhiều hơn B một nguyên tử cacbon nhưng khối lượng phân tử của A lại nhỏ hơn B. Câu 8: Để sản xuất một mẻ phân bón amophot, người ta cho vào lò 2 tấn quặng apatit (chứa 85,25% Ca3(PO4)2 tinh chất), dung dịch H2SO4 cần thiết và một lượng khí NH3 đã được tính toán vừa đủ là 420 m3 (ở 76,22o C, 1,2 atm). Hiệu suất các phản ứng đều đạt 100%. a) Viết các phương trình hoá học xảy ra. Tính khối lượng amophot thu được. b) Thiết lập công thức amophot, tính hàm lượng đạm, lân trong loại phân bón nói trên. Câu 9: Một loại xăng có chứa 4 ankan với thành phần về số mol như sau: 10% heptan, 50% octan, 30% nonan và 10% đecan. Hãy tính xem một xe máy chạy 100 km tiêu thụ hết 2,0 kg loại xăng nói trên thì đã tiêu thụ bao nhiêu lít oxi của không khí, thải ra môi trường bao nhiêu lít khí cacbonic và bao nhiêu nhiệt lượng; giả thiết rằng nhiệt đốt cháy của xăng là 5337,8 kJ/mol, năng lượng giải phóng ra có 80% chuyển thành cơ năng còn 20% thải vào môi trường, các thể tích khí đo ở 27,3 oC và 1 atm. Câu 10: Trang 179

a) Cation Fe3+ là axit, phản ứng với nước theo phương trình: Fe3+ + 2H2O == Fe(OH)2+ + H3O+ , Ka = 10-2,2 Hỏi ở nồng độ nào của FeCl3 thì bắt đầu có kết tủa Fe(OH)3, tính pH của dung dịch đó; biết rằng TFe (OH ) = 10-38. 3

b) Đốt cháy hoàn toàn một hiđrocacbon khí A với oxi trong bình kín. Nếu tăng nồng độ oxi lên 2 lần thì tốc độ phản ứng tăng lên gấp 32 lần. Tìm công thức phân tử có thế có của A. Biết công thức tính tốc độ trùng với công thức được thiết lập theo lý thuyết, các hệ số hợp thức trong phương trình phản ứng đều nguyên, các phản ứng xảy ra ở cùng nhiệt độ.

------------------ HẾT----------------- Học sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học). - Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm. MÔN HOÁ HỌC – KHỐI 11 Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI THỬ SỐ 1 Bài I: (4,0 điểm) • Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít (đktc) hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon A, B (MA < MB) thu được 8,96 lít (đktc) CO2 và 9 gam H2O. Xác định công thức phân tử A, B. • Từ A và các chất vô cơ, xúc tác cần thiết khác có đủ, viết các phương trình phản ứng hóa học điều chế: meta-clonitrobenzen; Cao su buna-S; Axit meta-brombenzoic; But-1-en-3-in. Bài II: (4,0 điểm) Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại Zn, Cu, Ag vào 0,5 lít dung dịch HNO3 aM thu 1,344 lít khí (A) (đktc), hóa nâu trong không khí và dung dịch (B). 1. Lấy ½ dung dịch (B) cho tác dụng với dung dịch NaCl dư thu được 2,1525g kết tủa và dung dịch (C). Cho dung dịch (C) tác dụng với NaOH dư, thu được kết tủa (D). Nung (D) ở t0C đến khối lượng không đổi thu đựợc 1,8g chất rắn. Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu. 2. Nếu cho m gam bột Cu vào ½ dung dịch (B) khuấy đều đến phản ứng hoàn toàn thu 0,168l khí A (ở đktc); 1,99g chất rắn không tan và dung dịch E. Tính m, a và nồng độ mol/l các ion trong dung dịch (E). (Biết thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể) Bài III: (4,0 điểm) 1. Hòa tan 115,3 (g) hỗn hợp X gồm MgCO3 và RCO3 bằng 500ml dung dịch H2SO4 loãng, thu được dung dịch A, chất rắn B và 4,48(l) CO2 (đktc) . Cô cạn dung dịch A thì thu được 12(g) muối khan. Mặt khác, đem nung chất rắn B đến khối lượng không đổi thì thu được 11,2 (l) CO2 (đktc) và chất rắn B1 . a) Tính nồng độ CM của dung dịch H2SO4 đã dùng . b) Tính khối lượng của B và B1 . c) Tính khối lượng nguyên tử của R biết trong hỗn hợp đầu số mol của RCO3 gấp 2,5 lần số mol của MgCO3. 2. Viết phương trình hoàn thành sơ đồ chuyển hoá:  → SiO2  Si ← → Na2 SiO3  → H 2 SiO3  → SiO2  → SiF4  Bài IV: (4,0 điểm)

Trang 180

1. Trộn lẫn 7 mL dung dịch NH3 1M và 3 mL dung dịch HCl 1M thu được dung dịch A. Thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A thu được dung dịch B. Xác định pH của các dung dịch A và B, biết K NH3 = 1,8.10 −5 . 2. Tính thể tích dung dịch Ba(OH)2 0,01M cần thêm vào 100 mL dung dịch Al2(SO4)3 0,1M để thu được 4,275 gam kết tủa. Bài V: (4,0 điểm) Tiến hành oxi hoá hoàn toàn 1 thể tích hơi ancol A cần 9 thể tích O2 ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất, rồi cho toàn bộ sản phẩn hấp thụ vào dung dịch nước vôi trong dư thấy khối lượng bình nước vôi tăng 3,9g và có 6g kết tủa tạo thành. Đem A phân tích phổ thì kết quả không có tín hiệu của nhóm CH2-. A bị oxi hoá bởi CuO tạo sản phẩm không tham gia phản ứng tráng gương. 1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo ancol A. 2. Xử lý ancol A bằng dung dịch H3PO4 85% có đun nóng thu được B. Ôzon phân B thu được axeton là sản phẩm hữu cơ duy nhất. Hãy viết phương trình phản ứng xảy ra và cơ chế của phản ứng từ A tạo ra B. --- HẾT --Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn. Cho: C = 12; H = 1; O = 16; Ca = 40; P = 31; Ba = 137; Al = 27; S = 32; Zn = 65; Cu = 64; Ag = 108; N = 14; Cl = 35,5; Na = 23; Mg = 24.

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH, NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN HOÁ HỌC – KHỐI 11 Thời gian làm bài: 180 phút ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1 (Đáp án này gồm 5 trang) Bà Câ Đáp án i u n X = 0,3mol; nCO2 = 0, 4 mol ; nH 2O = 0,5mol

1 1,0

 y y Cx H y +  x +  O2 → xCO2 + H 2O 4 2   0,3 0,3x 0,15y nCO2 = 0,3x = 0, 4  x = 1,33  x1 = 1 < x < x2 => A là CH4

0,5

 y1 = 4  nH 2O = 0,15 y = 0,5  y = 3,33  y2 < 3,33 Vậy B là C2H2.

0,5

+ H 2 ,Pd/PbCO3 1500 C C ,600 C CH 4  → CH ≡ CH  → C6 H 6 ; CH ≡ CH  → CH 2 = CH 2

; I 4,0

NO2

(a)

NO2

+ HONO2

+ Cl2

H2SO4

Cl + CH 2 = CH 2 xt ,t 0 (b) C6 H 6 → C6 H 5 − CH 2CH 3  → C6 H 5 − CH = CH 2 CH 3COOH

2 3,0

 −CH − CH 2 −  t 0 , p , xt  →   C6 H 5 n

3,0 CH3

+ CH3Cl

(c)

(d )

II 4,0

COOH

COOH + Br2

+ KMnO4

AlCl3

Cu2Cl2 / NH 4Cl ,t CH ≡ CH  → CH 2 = CH − C ≡ CH

Mỗi phương trình: 0,25 điểm 3Zn + 8 H+ + 2 NO3− → H 2O (1)

Trang 181

Điể m

3 Zn 2+

x mol →

8 x 3

2 x 3

3Cu + H 2O (2)

8 H+ +

2 NO3− →

3 Cu 2+

y mol

8 y 3

2 y 3

3Ag + H 2O (3)

4 H+ +

NO3− →

3 Ag +

z mol

4 z 3

z 3

2NO +4 2 x 3

2NO +4

0,5

2 y 3

NO z 3

+2 0,25

Trang 182

1,344 = 0, 06mol 22, 4

2 2 z (1) ⇒ x + y + = 0, 06 3 3 3 x y z t ½ dung dịch (B) : Zn2+ . mol ; Cu 2+ . mol ; Ag + . mol ; H + . mol 2 2 2 2

nNO =

x= 0,25

Sau phản ứng :

Ag + + Cl − → AgCl ↓ ; 2,1525 z n AgCl ↓ = = 0, 015 ⇒ = 0, 015 ⇒ z = 0, 03mol 143,5 2 x y t Dung dịch (C) : Zn 2+ . mol ; Cu 2+ . mol ; H + . mol 2 2 2

NaOH

Với Zn

+ 2OH

Zn(OH ) 2

dư

→ Zn(OH ) 2 ; → ZnO22−

2OH −

+ 2OH

 nchaát raén =

−

:H +

0,5

+ OH

−

→ H 2O

→ CuO + H 2O y 2

(1) & (2)  n H 2SO4 = n CO2 =

0,5 III 4,0

2Ag →

1 2,5

0,25 0,25

mCu = (0,0075 + 0,01125) . 64 + 0,37 = 1,57g

dung

dịch

0,25

0, 2 = 0, 4 (M) 0, 5 0,25 Chỉ có muối cacbonat của kim loại kiềm ( trừ Li2CO3 ít tan ) và muối amoni tan  dung dịch A không có muối cabonat mà chỉ có muối sùnat  Toàn bộ muối cacbonat dư đều ở trong rắn B . 0,25 RCO3 → RO + CO 2 (3) MgCO3 → MgO + CO 2 ( 4) b) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1) & (2 ) 115, . 0, 2 = 12 + 0, 2. 44 + 18 . 0, 2 + m . 3 + 98 mx

mCu dö = 1,99 – 1,62 = 0,37g

4, 48 = 0, 2 (mol ) 22, 4

 [ H 2 SO4 ] =

0,01125←

0,25

CO32−  H2SO4 đã hết ở (1) & (2)

3 Cu 2+

0,0075

0,25

(1)

RCO3 + H 2 SO 4 = RSO 4 + CO 2 + H 2 O (2) Khi nung chất rắn B thu được CO2  Trong B còn dư muối

0,5

0,168 = 0,0075mol 22, 4 Cu 2+

(dd

0,04125mol

MgCO3 + H 2 SO 4 = MgSO 4 + CO 2 + H 2 O

0,25

1,8 y = 0, 0225 ⇒ = 0, 0225 ⇒ y = 0, 045 80 2

2 Ag + → Cu + 0,0075 ← 0,015mol → 0,015 mAg = 108 . 0,015 = 1,62g

Cu ( NO3 )2

y Vì n 2+ = + 0,0075 + 0, 01125 = 0, 04125mol Cu 2 0, 015.2 + 0,04125.2 = 0, 45M [ Zn2+ ] = 0, 06M ; [Cu 2+ ] = 0,165M ; [ NO3− ] = 0, 25

Từ (1)  x = 0,03  mZn = 1,98g; mCu = 2,88g; mAg = 3,24g

nKhí =

0,015mol

2/ 3Cu + 8 H+ + 2 NO3− → +2NO + 4 H 2O (4) 0,01125 0,03 0,0075 0,0075

Zn( NO3 )2

2H 2 O ;

→ Cu (OH ) 2 ; Cu (OH )2

0,3 = 0,6M 0,5

x y z t mol ; Cu ( NO3 )2 mol ; AgNO3 mol ; HNO3dö mol 2 2 2 2 t Từ (4)  = 0,03  t = 0,06 2 8 8 4 Vậy ∑ nHNO = x + y + z + t = 0,08 + 0,12 + 0,04 + 0,06 = 0,3 3 3 3 3 Zn( NO3 )2

0,75

mol

2 Trang 183

m H SO 2 4

m muoi sunfat

mCO

mH O 2

0,25

 m B = 110, 5 (g) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (3) & (4)  m B = 110, 5 (g) − 0, 5. 44 = 88, 5 g c) Theo (1);(2);(3) và (4)  Tổng số mol 2 muối cacbonat , Tổng số mol CO2 tạo thành trong  a + b = 0, 2 + 0, 5 = 0, 7 mol (5) 4 phản ứng này . Đề cho :  b = 2, 5 a (6)   m x = 84 . 0, 2 + (R .60) 0, 5 = 115, 3  R = 137 dvc Vậy R là Bari ( Ba ) 0,25đ x 6 =

0,25

0,5 0,25 1,5

Trang 184

1. (a) Xét phản ứng của dung dịch NH3 và dung dịch HCl : NH3 + H+ NH4+ Co 0,7M 0,3M C 0,3M 0,3M [C] 0,4M 0 0,3M Vậy dung dịch A gồm các cấu tử chính là NH3 0,4M, NH4+ 0,3M và Cl-. NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH Kb Co 0,4M 0,3M C Xm Xm Xm [C] (0,4-x)M (0,3+x)M Xm K=

1 2,5

IV 4,0

(0,3 + x ).x = 1,8.10 −5  x ≈ 2,4.10 −5 (0,4 − x )

0,5

Nếu xảy ra các phản ứng (1), (2) và (3) thì x > 0,03 (mol)  m BaSO4 = 0,03 mol × 233 gam / mol = 6,99 gam > 4,275 gam (loại).

Khi thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A có phản ứng : + OH NH3 + H2O NH4+ Co 0,3M 0,1M 0,4M C 0,1M 0,1M 0,1M [C] 0,2M 0 0,5M Vậy dung dịch B gồm các cấu tử chính là NH3 0,5M, NH4+ 0,2M và Cl-. NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OHKb Co 0,5M 0,2M C xM xM xM [C] (0,5-x)M (0,2+x)M xM (0,2 + x ).x = 1,8.10 −5  x ≈ 4,5.10 −5 (0,5 − x )

 n H2O =

0,5

0,25

1,26 = 0,07 (mol) 18

0,25

Ba(OH)2 cần thêm vào, như vậy n Ba 2+ = x mol và n OH− = 2x mol .

0,5

Gọi ctpt ancol A là: CnH2n+2Ox Cn H 2n +2O x +

3n + 1 − x O 2 → nCO 2 + ( n + 1) H 2 O 2

1V → 9V 0,06mol → 0,07mol  n = 6; x = 1 vậy ctpt của A là: C6H14O A bị oxi hoá bởi CuO tạo sản phẩm không tráng gương, trong cấu tạo không có nhóm −CH2− A là ancol bậc 2  ctct A là: CH3 | CH3− C − CH − CH3 | | H3C OH H PO , 85%,t A   → B Ozon phân B được CH3COCH3 cấu tạo B là: CH3− C = C − CH3 | | CH3 H3C CH3 | H PO 85%,t CH3− C − CH − CH3   → CH3− C = C − CH3 + H2O | | | | H3C OH H3C CH3 (B) (A) (spc) ( CH2 = C − CH − CH3 ) | | 1. O3 CH3 CH3 (spp) 2. Zn/H+ CH3− C = C − CH3 CH3COCH3 | | 3

Theo giả thiết n Al3+ = 0,02 mol và n SO 2− = 0,03 mol . Gọi x là số mol

0,5 (3)

2x ≤ 0,02  x ≤ 0,03 (mol) , và như vậy Ba2+ phản ứng hết ở phản 3

0,25 Trang 185

0,5 0,25

0,25

(1)

Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (1) và (2). Trong trường hợp này Al3+ tham gia phản ứng vừa đủ hoặc dư : 0,25

ứng (1).

0,25

 nCO2 < n H 2O  Ancol A là ancol no, hở.

V 4,0

 pH B = 14 − [− lg(4,5.10 )] = 9,7

2 1,5

0,25

6 n CO 2 = n CaCO 3 = = 0,06( mol) 100 mbình nước vôi = m CO2 + m H2O  m H 2O = 3,9 − 0,06.44 = 1,26(g )

−5

Ba2+ + SO42- → BaSO4 no x (mol) 0,03 (mol) Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 (2) no 0,02 (mol) 2x (mol) Al(OH)3 + OH- → Al(OH)4-

Ancol A + O2 → CO2 + H2O CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O

0,5

0,25

 pH A = 14 − [− lg(2,4.10 −5 )] = 9,4

2x = 4,275  x = 0,015 ( mol) 3 0,015 mol = 1,5 L Vậy thể tích dung dịch Ba(OH)2 đã sử dụng là 0,01 mol / L

Ta có : m(kết tủa) = 233.x + 78.

0,25

0,5

0,25

H3C CH3

Trang 186

4. a. Tính độ điện ly của dung dịch CH3NH2 0,01M.  → CH3NH3+ K = 1010,64. Biết CH3NH2 + H+ ← 

0,25

b. Độ điện ly thay đổi như thế nào khi có mặt CH3COOH 0,001M biết Ka (CH3COOH) = 104,76 .

Bài 2: (6,0 điểm)

0,25

0,5

1. Cho 3,58 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu vào 200 ml dung dịch Cu(NO3)2 0,5M. Khi phản ứng hoàn toàn được dung dịch A và chất rắn B. Nung B trong không khí ở nhiệt độ cao đến phản ứng hoàn toàn thu được 6,4 gam chất rắn. Cho A tác dụng dung dịch NH3 dư, lọc kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 2,62 gam chất rắn D. a. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu. b. Hoà tan hoàn toàn 3,58 gam hỗn hợp X vào 250 ml dung dịch HNO3 a (mol/l) được dung dịch E và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Dung dịch E tác dụng vừa hết với 0,88 gam bột đồng. Tính a. 2. a. Viết phương trình hoá học điều chế phân urê từ không khí và than và điều chế phân supephotphat kép từ quặng pyrit và quặng photphorit. (Các điều kiện và chất xúc tác coi như có đủ) b. (X) là phân lân chứa một hợp chất vô cơ duy nhất (không tạp chất) có độ dinh dưỡng là 88,75%. Trộn 16g (X) với 23,4g Ca(H2PO4)2 và 10g tạp chất thu được một hỗn hợp. Tính độ dinh dưỡng của phân lân này. 3. a. Hoàn thành các chất (A), (B) … trong các phản ứng sau và viết chúng thành phương trình hoá học hoàn chỉnh: (A) + O2  → ( B ) + H 2O (C) + HCl  → ( D ) ↓( keo) + NaCl

(B) + NaOH  → ( C ) + H 2O

t → ( B ) + H 2O ( D )  0

b. Nung trong chân không 69,6g hỗn hợp (X) gồm C, Fe2O3 và Ba(HCO3)2 tới phản ứng xảy ra hoàn toàn và vừa đủ, thì thu được hỗn hợp (Y) chỉ gồm một kim loại và một oxit kim loại một khí (Z) duy nhất thoát ra. Cho khí này vào bình kín chứa 3g than nóng đỏ (thể tích không đáng kể) tới phản ứng hoàn toàn rồi đưa về nhiệt độ ban đầu thì áp suất bình tăng lên 45,(45)%. Tính số mol mỗi chất trong hỗn hợp (X).

(spp)

HẾT TRƯỜNG THPT LQĐ

Bài 3: (6,0 điểm) 1. X, Y, Z lần lượt là ankan, ankadien liên hợp và ankin, điều kiện thường tồn tại ở thể khí. Đốt cháy 2,45 L hỗn hợp ba chất này cần 14,7 L khí O2, thu được CO2 và H2O có số mol bằng nhau. Các thể tích khí đều đo ở 25oC và 1 atm. a. Xác định công thức phân tử của X, Y và Z. b. Y cộng Br2 theo tỉ lệ mol 1:1 tạo ba sản phẩm đồng phân. Dùng cơ chế phản ứng giải thích sự hình thành các sản phẩm này. 2. a. Viết phương trình hoá học hoàn thành dãy chuyển hoá:

ĐỀ THI THỬ SỐ 2 KỲ THI HSG CẤP TỈNH, 2014 – 2015 MÔN HOÁ HỌC Thời Gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

+ ddKMnO

(Đề thi này có hai trang) Bài 1: (4,0 điểm) 1. Hoà tan m gam hỗn hợp hai muối X, Y vào nước thu được dung dịch (A) gồm 0,2 mol Cu2+, x mol Fe3+, 0,3 mol Cl- và y mol NO3-. Cho (A) tác dụng với dung dịch NH3 dư thu được 10,7g kết tủa. Tính m và xác định công thức của hai muối X, Y. 2. Dung dịch (B) gồm HCl + H2SO4 có pH = 1. Dung dịch (C) gồm NaOH 0,1M + Ba(OH)2 0,05M. a. Trộn 300 ml dung dịch (B) với 200 ml dung dịch (C) thì thu được dung dịch có pH bằng bao nhiêu? b. Nếu ban đầu, trong (B), tỉ lệ mol HCl và H2SO4 là 2:1 thì thu được bao nhiêu gam kết tủa? 3. Cho biết các phân tử (hoặc ion) sau là axit, bazơ, lưỡng tính hay trung tính theo thuyết bronsted, giải thích: NH4+, Fe(OH)2+, Ba2+, HCOO-, HS-, Zn(OH)2, HSO4-, ClO4-.

Trang 187

/H+

4( đ ) + CH3Cl Na2 S  → A  → B  → C  → D → E  →F b. Hiđrocacbon (X) không làm mất màu dung dịch brom. Đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol X, rồi hấp thụ hết sản phẩm cháy vào dung dịch chứa 0,075 mol Ca(OH)2, sinh ra kết tủa và khối lượng dung dịch thu được tăng 0,66 gam so với khối lượng nước vôi ban đầu. Cho tiếp dung dịch Ba(OH)2 tới dư vào đó thì lại thu được kết tủa, tổng khối lượng kết tủa hai lần là 12,425 gam. - Xác định công thức phân tử (X) - Biết (X) chứa một nhóm thế, khi monoclo hoá (X) trong điều kiện chiếu sáng thì chỉ cho một sản phẩm thế duy nhất. Xác định công thức cấu tạo của (X). 3. a. Hỗn hợp A gồm ba ankin M, N, P có tổng số mol là 0,05 mol, số nguyên tử các bon trong mỗi chất đều lớn hơn 2. Cho 0,05 mol A tác dụng với dung dịch AgNO3 0,12M trong NH3 thấy dùng hết 250 ml và thu được 4,55g kết tủa. Nếu đốt cháy 0,05 mol A thì thu được 0,13

Trang 188

mol H2O. Xác định công thức cấu tạo của M, N, P. Biết ankin có khối lượng phân tử nhỏ nhất chiếm 40% số mol của A. b. Cho các hydrocacbon mạch hở A, B, X, Y đều có tỷ khối hơi so với H2 bằng 28. Hãy xác định công thức cấu tạo và tên gọi của A, B, X, Y? Biết: - Cho A, B tác dụng với Br2/CCl4 đều cho cùng một sản phẩm hữu cơ. - Cho X tác dụng với axit HBr cho 2 sản phẩm hữu cơ. - Cho Y cho phản ứng H2 (xúc tác Ni, nung nóng) thu được một ankan có mạch phân nhánh. Bài 4: (4,0 điểm) 1. a. Eugenol là thành phần chính trong tinh dầu hương nhu, có công thức: Eugenol được dùng để tổng hợp chất dẫn dụ ruồi vàng metyl eugenol theo sơ đồ sau: Chất lỏng không tan +NaOH Tinh dầu hương nhu (không tan trong nước) Dung dịch trong nước +CH3B metyl eugenol Dùng công thức cấu tạo viết các phương trình phản ứng. b. Điều chế phenol C6H5 – OH từ benzen, đi qua cumen. 2. Hỗn hợp (X) là hỗn hợp gồm hai ancol no (A), (B). Cho một lượng dư natri vào (X) thì có 2,24 lít H2 thoát ra (đktc). Oxi hoá hoàn toàn hỗn hợp (X) bằng lượng vừa đủ 12,4g CuO thì sản phẩm chỉ gồm một anđêhit và một chất hữu cơ (Y) chứa nhóm chức xetol (–C=O) nhưng không chứa nhóm chức anđêhit (–CHO), sản phẩm (Y) này có khả năng tác dụng với Na và giải phóng khí H2. Cho (X) tác dụng với Cu(OH)2 thì có 2,205g Cu(OH)2 phản ứng. Thực hiện chưng cất, tách hoàn toàn từng chất (không hao phí) ra khỏi (X) thì thấy khối lượng ancol (A) là 5,06 gam. Oxi hoá 5,06 gam (A) thu được 6,66 gam hỗn hợp sản phẩm (Z) gồm anđehit, axit cacboxylic, ancol dư và nước (Thí nghiệm K). Chia hỗn hợp này thành hai phần bằng nhau: - Cho phần (I) vào NaHCO3 dư thì khi kết thúc phản ứng thu được 0,015 mol CO2. - Cho phần (II) tác dụng vừa đủ với Na thì thu được 3,99 gam chất rắn (M). Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo và gọi tên (A), (B) và hiệu suất phản ứng oxi hoá ở thí nghiệm K. Biết 9,5 < mX < 10g

TRƯỜNG THPT LQĐ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 2 KỲ THI HSG CẤP TỈNH, 2014 – 2015 MÔN HOÁ HỌC Thời Gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đáp án này có 4 trang) Ghi chú: Thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho đủ điểm.

1 (1,0đ)

2 (1,0đ)

3 (1,0đ)

Bài 1: (4,0 điểm) Cu2+ + 4NH3  → [Cu(NH3)4]2+. Fe3+ + 3NH3 + 3H2O  → 3NH4+ + Fe(OH)3 ↓ => x = 0,1  0,1 0,1 Định luật bảo toàn điện tích cho (A): 2.0,2 + 3.0,1 = 0,3 + y => y = 0,4 -> m = 64.0,2 + 56.0,1 + 62.0,4 + 35,5.0,3 = 53,85 Vì nNO3- = 2nCu2+ ; nCl- = 3nFe3+ => (X): Cu(NO3)2; (Y): FeCl3. pH = 1 => [H+] = 0,1M => nH+ = 0,03 mol; nOH- = (0,1 + 2.0,05).0,2 = 0,04 mol H+ + OH- → H2O -> nOH- dư = 0,01 mol -> [OH-]dư = 0,02M 0,03 → 0,03 -> pH = 14 – pOH = 12,3 Vì số mol HCl : H2SO4 = 2:1 => nSO42- = nH2SO4 = 0,0075 mol Ba2+ + SO42- → BaSO4. -> nBaSO4 = 0,0075 mol => mkết tủa = 1,7475 gam Các ion NH4+, HSO4– là axit vì chúng có khả năng cho proton :  → H3O+ + NH3;  → H3O+ + SO42– NH4+ + H2O ← HSO4– + H2O ←   2+ – Các ion Fe(OH) , HCOO là bazơ vì chúng có khả năng nhận proton :  → Fe(OH)3 + OH-;  → HCOOH + OH– Fe(OH)2++ H2O ← HCOO– + H2O ←   Ion HS–, Zn(OH)2 lưỡng tính vì vừa có khả năng nhận proton vừa nhường proton : Ion Ba2+, ClO4- không có khả năng cho và nhận proton do đó trung tính. −14  → CH3NH3+ + OH-. Kb = 10 CH3NH2 + H2O ← = 10−3,36  10,64 10 0,01 – x x x x2 −3,36 −3 Kb = = 10  x = 1,88.10  α = 18,8% 0, 01 − x  → CH3COO- + H+ Ka CH3COOH ← 

--- HẾT --Ghi chú: Thí sinh được phép sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học. Cho: C = 12; H = 1; O = 16; Ca = 40; Ag = 108; Cu = 64; Ba = 137; S = 32; Al = 27; Fe = 56; N = 14.

4 (1,0đ)

 → CH3NH3+ CH3NH2 + H+ ← 

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

0,25

 → CH3NH3+ + CH3COOCH3COOH + CH3NH2 ← 

0,25

0,25 K’ = Ka.K = 105,88.

K rất lớn => phản ứng hoàn toàn => CCH3NH3+ = CCH3COOH = 10-3 M; CCH3NH2 = 9.10-3M.  → CH3NH3+ + OH- Kb = 10-3 CH3NH2 + H2O ←  9.10-3 – x 10-3 + x x x (10−3 + x ) Kb = = 10−3,36  x = 1,39.10−3  α = 23,9% 9.10−3 − x

Trang 189

0,25

Trang 190

1 (2,0đ)

2 (2,0đ)

3 (2,0đ)

Bài 2: (6,0 điểm) Phương trình hoá học xảy ra: Trước hết: 2Al + 3Cu2+ → 2Al3+ + 3Cu. (1) Khi Al hết: Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu. (2) Nếu Cu2+ hết thì số mol Cu trong chất rắn C > 0,1 mol => Chất rắn sau khi nung B trong không khí có khối lượng > 0,1.80 = 8(g) (không phù hợp). Vậy Cu2+ dư nên Al và Fe hết. Gọi số mol Al ,Fe, Cu trong hỗn hợp X lần lượt là: a, b, c. Phương trình về khối lượng hỗn hợp: 27a + 56b + 64c = 3,58 (I) Chất rắn sau khi nung chỉ có CuO: 3a/2 + b + c = 0,08 (II) Dung dịch A chứa: Al3+, Fe2+, Cu2+ dư + NH 3 du t 0 , kk Al3+, Fe2+, Cu2+  → Fe(OH)2, Al(OH)3  → Fe2O3, Al2O3. khối lượng chất rắn D: 102.a/2 + 160.b/2 = 2,62 (III) Giải hệ (I), (II), (III) ta có: a = 0,02; b = 0,02, c = 0,03. % khối lượng của mỗi kim loại là: Al =15,084%; Fe=31,28%; Cu=53,63%. Theo giả thiết nhận thấy: hỗn hợp X và 0,88 gam Cu ( tức 0,01375 mol) tác dụng vừa đủ với 250 ml dung dịch HNO3 a(mol/l). Theo ĐL bảo toàn e suy ra số e nhận do HNO3 bằng tổng số e nhận do hh X và 0,88 gam Cu. Số e nhường = 3nAl + 2nFe + 2nCu = 0,06 + 0,04 + 0,0875 = 0,1875 (mol) Quá trình nhận e: 4H+ + NO3− +3e ⎯⎯→NO + 2H2O 0,25 0,1875 Số mol HNO3 = số mol H+ = 0,25 (mol) => a = 1M. + H2  N  → NH 3  chung cat khong khi  →  2 +O  ( NH 2 )2 CO 2 → CO2  O2  + O2 + O2 ,t + H 2O FeS 2   → SO2  → SO3  → H 2 SO4 + Ca ( PO

Bài 3: (6,0 điểm) (a) Gọi công thức trung bình của X, Y, Z là C n H 2 n (do số mol CO2 và H2O bằng nhau).

0,25

C n H 2n +

0,25

0,25 x 2

)

H 2 SO4 3 4 2 Ca3 ( PO4 )2  → H 3 PO4 → Ca ( H 2 PO4 )2

2.16.88,75% nP ( X ) = = 0, 2 ( mol ) ; nP ( Ca( H PO ) ) = 0, 2 ( mol )   nP = 0, 4 ( mol ) 2 4 2 142 0, 2.142 Độ dinh dưỡng là: = 57,5% 16 + 23, 4 + 10 (A): SiH4, (B): SiO2; (C): Na2SiO3; (D): H2SiO3. Mỗi phương trình: 0,25 đ 2Fe2O3 + 3C → 4Fe + 3CO2. ( Y ) : Fe, BaO t0 (X)  → => (X) gồm a mol C; a.2/3 mol Fe2O3 và b mol Ba(HCO3)2 Z : CO ( )  2 (Z): CO2 (a + 2b) mol

1 (1,0đ)

Trang 191

0,5

Vì X, Y, Z điều kiện thường đều tồn tại ở thể khí (trong phân tử, số nguyên tử C ≤ 4), nên công thức phân tử của X là C4H10 và Y, Z là C4H6. (b) Cơ chế phản ứng :

0,25 CH2 CH CH CH2

0,25

δ+ δ− Br-Br - Y-

0,5

CH2 CH CH CH2 CH2 CH CH CH2 Br + KMnO

4( đ ) Na2 S → CH 3COONa → CH 4 → C2 H 2 → C6 H 6 → C6 H 5CH 3  → C6 H 5COOK

0,5

0,5 0,5 0,5

2 (3,0đ)

0,25 1,0 0,25

0,25

Mỗi phương trình: 0,25 đ CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2. x x x y 0,5y 0,5y Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 → CaCO3 + BaCO3 + 2H2O 0,5y 0,5y 0,5y  x + 0,5 y = 0, 075  x = 0, 05 Có hệ:   100 x + 0,5 y + 197.0,5 y = 12, 425 ( )  y = 0, 05 

0,25 0,25

0,25

 nCO2 = 0,1mol ; nH 2O = 0, 07 mol

m H 2O => n = 10; m = 14 2 0,01 0,01x 0,005m => (X): C10H14 Vì (X) cấu trúc thơm, chỉ có một nhóm thế và monoclo hoá (ánh sáng) chỉ tạo một sản phẩm duy nhất (nhóm thế có cấu trúc đối xứng cao) nên CTCT (X) là: Giả sử M là ankin có KLPT nhỏ nhất => nM = 0,4.0,05 = 0,02(mol) n(AgNO3) = 0,25.0,12 = 0,03 (mol) < 0,05 (mol) => có 2 ankin có xảy ra phản ứng với AgNO3/NH3 và một ankin không có phản ứng. Gọi công thức chung của hai ankin là CnH2n – 2 Pt: CnH2n – 2 + AgNO3 + NH3  → CnH2n – 3Ag + NH4NO3; 4,55 CnH2n – 3Ag = = 151,667 => n = 3,33 0, 03 Số nguyên tử cacbon mỗi ankin đều lớn hơn 2 => có một ankin nhỏ nhất là C3H4 0, 02.3 + 0, 01.a 10 Gọi công thức của ankin có phản ứng còn lại là CaH2a – 2=> = =n 0, 03 3 => a = 4 ; ankin đó là but – 1 – in Gọi công thức của ankin không có phản ứng với AgNO3/NH3 là CbH2b – 2 => số mol H2O theo phản ứng cháy là 0,02.2 + 3.0,01 + 0,02.(b – 1) = 0,13 => b = 4 => C4H6 ( but – 2 – in) Vậy công thức cấu tạo của ba ankin là : CH3 - CH2 - C CH H3C C CH H3C C C CH3 -CTPT: M = 28.2= 56 g/mol -CxHy = 12x + y= 56 => x= 4; y = 8 phù hợp Vậy A, B, X, Y là đồng phân của nhau. 0

0,25

0,25 x 6

+ O2 ,t (X): CnHm, ta có: Cn H m  → nCO2 +

t → 2CO Vì T, V = const nên P tỉ lệ với số mol CO2 + C  Pứ 0,25 <- 0,25 -> 0,5 => 0, 25 = 5 ⇔ a + 2b = 0,55 (I) [] a+2b-0,25 0 0,5 a + 2b 11 2 Mặt khác: mX = 12a + 160. a + 259b = 69,6 (II) 3 Từ (I), (II) => a = 0,15; b = 0,2 => nC = 0,15mol; n Fe2O3 = 0,1 mol; n Ba( HCO3 ) = 0,2 mol

3n 3n / 2 14,7 O 2 → nCO 2 + nH 2 O , ta có : = n=4 2 1 2,45

3 (2,0đ)

Trang 192

0,5

0,25

Theo điều kiện đề bài: vì mạch hở nên chúng là các anken A, B là 2 đồng phân cis-trans ; Y mạch nhánh =>X là anken bất đối mạch không nhánh, H CH3 CH3 CH3 ; C=C C=C H CH3 H H trans-but-2-en Cis-but-2-en (A) (B)

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

1 (1,0đ)

2 (3,0đ)

;

MÔN THI: HOÁ HỌC 11 THỜI GIAN LÀM BÀI: 180 phút (không kể thời gian phát đề) (Cho: Al = 27; Mg = 24; N = 14; C = 12; H = 1; O = 16; Fe = 56; Ca = 40; Br = 80; Ba = 137; S = 32)

CH3 Isobutilen (Y)

(Đề thi này có ba trang) KỲ THI OLYMPIC HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2014 – 2015

0,5

CH2=C-CH3

Bài 4: (4,0 điểm) Mỗi phương trình: 0,25 đ a, (2 phương trình); b, (2 phương trình) Xác định ancol A: Oxi hoá (A) tạo anđêhit đơn chức => (A) là ancol đơn chức t0 t0 RCH2OH + [O]  → RCHO + H2O; RCH2OH + 2[O]  → RCOOH + H2O x x x x y 2y y y  nO = x + 2y = 0,1 1 Z + NaHCO3 : chỉ có axit phản ứng → nRCOOH = 0,015 mol  y = 0,03  x = 0,04 2 nH2O = 0,07 mol Gọi số mol ancol dư là z mol, ta có: mZ – mRCHO = 2mM – 22(z + 0,03 + 0,07)  6,66 – mRCHO = 7,98 – 22(z + 0,1) => mRCHO = 0,88 + 22z => R = 550z – 7 5, 06 Mặt khác: R + 31 = + z => z = 0,04 0, 07 5, 06  Mancol (A)= = 46 => (A): C2H5OH 0,11 CTCT: CH3 – CH2 – OH; gọi tên: etanol (ancol etylic) 0, 07 Hiệu suất phản ứng: H = = 63, 63% 0,11 nOH (trong B) = 2.0,1 – 0,11 = 0,09 (mol); nCu(OH)2 = 0,0225 mol = 4nOH (trong B)  (B) là ancol hai chức 9,5 < mX < 10g => 4,44 < mB < 4,94g => 99 < MB < 110 Ta có (B) là ancol no hai chức nên (B): CnH2n(OH)2 => 99 < 14n + 17.2 < 110 => 4,6 < n < 5,4 => n = 5 => (B): C5H10(OH)2. nCuO = 0,155 mol => nCuO phản ứng với B = 0,045 = nB => (B) là ancol bậc 2,3. Thật vậy: sản phẩm oxi hoá của (B) tác dụng với Na chứng tỏ có nhóm OH bậc 3. CTCT: CH3 – C(CH3) – CH – CH3. Tên gọi: OH

0,25

a. 0,5 b. 0,5 0,25

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

Bài I: (2,0 điểm) 1. Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO3 loãng, đun nóng nhẹ tạo ra dung dịch A và 448 ml (đo ở 354,9 K và 988 mmHg) hỗn hợp khí B gồm 2 khí không màu, không đổi màu trong không khí. Tỉ khối của B so với oxi bằng 0,716 lần tỉ khối của CO2 so với nitơ. Làm khan A một cách cẩn thận thu được chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu được 3,84 gam chất rắn E. a. Viết phương trình hoá học có thể xảy ra. b. Tính khối lượng D và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. 2. Hoà tan hết m gam bột Fe trong V ml dung dịch chứa NaNO3 0,1M và HCl 1M thu được dung dịch X và 3,1 gam hỗn hợp hai khí NO, H2 có tỉ khối so với H2 là

31 . 3

Tính giá trị của m và V.

Bài II: (2,0 điểm) Chia 2,24 lít (đktc) hỗn hợp X gồm 2 anken phân tử khác nhau 2 nhóm CH2 thành 2 phần bằng nhau: Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn rồi cho sản phẩm cháy qua dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 12,5 gam kết tủa. Phần 2: Cho tác dụng hoàn toàn với nước có xúc tác thu được hỗn hợp chỉ gồm 2 ancol. Đun nóng hỗn hợp 2 ancol với H2SO4 đặc ở 1400C một thời gian, thu được 1,63 gam hỗn hợp 3 ete. Hoá hơi lượng ete thu được 0,4256 lít (đktc).

0,25

1. Xác định công thức cấu tạo của hai anken và tính phần trăm theo thể tích mỗi chất trong X. 2. Xác định hiệu suất tạo ete của mỗi ancol.

0,5 0,25

Bài III: (2,0 điểm) Viết phương trình hoàn thành các dãy chuyển hoá:

0,25

+ H2 t0 + X , Pt +X + NaOH + Al  → C  → B ← → D → E → F  → B → G 1. A   + CuO

- Cho biết A, B, C, D, E, F, G đều là các hợp chất của nitơ.

HẾT

( ) → B ← ( ) C ← ( ) A + Ca(OH ) + AgNO 2. A  ← B  → D↓ + H 2 SO4 đ ,t 0

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO -o0o-

+ HNO3 đ ,t 0

+ X +Y t 0

ĐỀ THI THỬ SỐ 3 Trang 193

Trang 194

Cho biết X là một phi kim vậy X tác dụng với B và với HNO3 không? Từ đó có nhận xét gì? Viết phương trình phản ứng minh hoạ. (biết A, B, C, D đều là các hợp chất của photpho)

Bài IV: (2,0 điểm) 1. Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau: (2)

(1)

(3)

(4)

(5)

(6)

Si  → SiO2  → Si  → Na2 SiO3  → H 2 SiO3  → SiO2  → SiF4 (8)

1500 (Y)  → (D) + (M) lam lanh nhanh 0

t ,p (F) + (X)đặc   → (Z) + HCl (Z) + H2O + CO2 → (K) + (I) (I) + (X) → (H) + H2O (N) + H2 → (A) lanh (A) + H2SO4 (đđ)   → (Q) + H2O

2. Nung 16,8 gam hỗn hợp X gồm MgCO3 và CaCO3 đến khối lượng không đổi, rồi dẫn khí thu được vào 180 ml dung dịch Ba(OH)2 1M thì thu được 33,49 gam kết tủa. Xác định thành phần phần trăm khối lượng các chất trong X.

2. Cho hỗn hợp (X) gồm ancol etylic và ancol A (CnHm(OH)3) thành hai phần bằng nhau: - Cho phần 1 tác dụng hết với Na, thu được 15,68 lít H2 (đktc). - Đốt cháy hoàn toàn phần 2 thu được 35,84 lít CO2 (đktc) và 39,6 gam H2O. Xác định m, n suy ra công thức ancol A.

Bài V: (2,0 điểm)

Câu VII: (2,0 điểm)

Hiđrocacbon (X) có thể điều chế trực tiếp từ benzen, phản ứng thế với brom với xúc tác sắt nung nóng (1:1) cho ra hai sản phẩm chính ở vị trí octo và para. (X) phản ứng thế với brom trong điều kiện chiếu sáng (1:1) cho ra một sản phẩm chính duy nhất. (X) có thể bị oxi hoá bởi dung dịch KMnO4 đậm đặc (môi trường axit) nhưng không bị oxi hoá bởi KMnO4 khi ở điều kiện thường. Cho biết: Khi phản ứng thế với brom (1:1) khối lượng phân tử hữu cơ tăng 85,8696% so với ban đầu.

1. Hai hiđrocacbon (X), (Y) có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử. Khi đêhiđro hoá (X) thì thu được (Y). (X), (Y) có một số tính chất sau: - (X), (Y) đều làm mất màu Br2/CCl4. - (Y) tạo kết tủa vàng khi phản ứng với AgNO3, khi hiđro hoá (1:1) sản phẩm đime hoá của (Y) thì thu được hợp chất hữu cơ được dùng để tổng hợp trực tiếp cao su buna. - Sản phẩm trime hoá của (Y) điều chế được benzen. Xác định (X), (Y) và viết phương trình phản ứng minh hoạ cho tính chất của (X), (Y) và sản phẩm đime hoá và trime hoá của (Y).

(7)

Na2O.CaO.6SiO2

1. Xác định (X) và viết các phương trình phản ứng minh hoạ. 2. Cho biết sản phẩm nào trong hai sản phẩm chính ở vị trí octo và para là sản phẩm cho ra nhiều nhất khi cho (X) tác dụng với brom (Fe,t0, tỉ lệ 1:1).Viết cơ chế phản ứng tạo thành sản phẩm đó. 3. Nêu phương pháp hoá học nhận biết: X, benzen, stiren, hex-1-in mà sử dụng ít thuốc thử nhất. 4. Cho (X) phản ứng cộng với hiđro rồi đêhiđro hoá sản phẩm tạo thành, thu được sản phẩm chỉ chứa một liên kết π trong phân tử. Viết các đồng phân cis-trans của sản phẩm này.

2. Trình bày phương pháp hoá học để phân biệt các lọ mất nhãn, mỗi đựng từng dung dịch sau: a. Ancol propylic, ancol isopropylic, etylmetylete. b. Propan-1,3-điol, propan-1,2-điol. c. Phenol C6H5OH, etanol. Viết phương trình hoá học minh hoạ.

Câu VIII: (2,0 điểm)

Bài VI: (2,0 điểm)

1. Nêu phương pháp tách rời từng khí trong hỗn hợp: butin-1, butin-2, butan. Viết phương trình hoá học. 2. a. Viết phương trình rifominh thu được sản phẩm là toluen và crakinh butan thu được sản phẩm có chứa khí metan. b. Hãy cho biết mục đích của chưng cất phân đoạn dầu mỏ ở áp suất thường. 3. Để thu được poli butađien – stiren người ta trộn buta-1,3-đien với stiren theo tỉ lệ 1:1 rồi thực hiện phản ứng trùng hợp. Trộn đều 648g buta-1,3-đien với 1040g stiren rồi cho vào lò chứa xúc tác và nung nóng ở áp suất cao. Hỗn hợp thu được có khối lượng mol trung bình là 168,8g/mol. Tính hiệu suất phản ứng tạo polime.

1. Hãy xác định các chất (A), (B), (C), … men (A) + O2 → (B) + H2O xt (A) → (C) + H2O t , xt → (D) + (M) (C)  t , xt (D)  → (E) t , xt (E) + Cl2  → (F) + NaCl + H2O. (B) + (X) → (G) + H2O t , xt (X) + (G)  → (H) + (Y) ↑ 0

Trang 195

Trang 196

Câu IX: (2,0 điểm) 1. Cho 200ml dung dịch CH3COOH 0,1M tác dụng hết với 300ml dung dịch NaOH 0,1M, thu được dung dịch (X). Biết ở 250C, Ka của CH3COOH là 10-4,75. a. Tính pH của dung dịch (X) ở 250C b. Cần bao nhiêu ml dung dịch HCl 1M để trung hoà hoàn toàn dung dịch (X). 2. Dung dịch (X) chứa các loại ion Ba2+, K+, HSO3- và NO3-. Cho ½ dung dịch (X) phản ứng với dung dịch NaOH (dư), thu được 1,6275 gam kết tủa. Cho ½ dung dịch (X) còn lại phản ứng với dung dịch HCl (dư) sinh ra 0,28 lít SO2 (đktc). Mặt khác, nếu cho dung dịch (X) tác dụng với 300ml dung dịch Ba(OH)2 có pH = 13 thì thu được 500 ml dung dịch có pH là bao nhiêu? Câu X: (2,0 điểm) 1. A là dung dịch Na2CO3 0,1M; B là dung dịch chứa Na2CO3 0,1M và KHCO3 0,1M; C là dung dịch KHCO3 0,1M a. Tính thể tích khí CO2 (đktc) thoát ra khi cho từ từ từng giọt đến hết 50 ml dung dịch HCl 0,1M vào 100 ml dung dịch A và khi cho hết 100 ml dung dịch B vào 200ml dung dịch HCl 0,1M. b. Xác định số mol các chất có trong dung dịch thu được khi thêm 100 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào 150ml dung dịch C. 2. Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng minh họa trong các trường hợp sau: a. Hòa tan từ từ cho đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3, sau đó thêm HCl vào dung dịch thu được đến dư. b. Thêm dung dịch K2CO3 vào dung dịch Fe(NO3)3. --- HẾT --Ghi chú: - Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học. - Giám thị coi thi không giải thích thêm.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO -o0oĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ 3 (Đáp án này có 6 trang) KỲ THI OLYMPIC HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2014 – 2015 MÔN THI: HOÁ HỌC 11 THỜI GIAN LÀM BÀI: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2,0 điểm) Theo giả thiết thì B chứa N2 và N2O n + n = 0, 448.(988 / 760) / (0, 082.354,9) = 0, 02  nN O = 0, 01 Ta có  N O N → 2

0,25

nN2O .44 + nN2 .28 = 0, 02.32.0, 716.44 / 28

 nN2 = 0, 01

 số mol e nhận để tạo ra 2 khí này là : 0,01(10+8) = 0,18 mol (I)  D có Al(NO3)3, Mg(NO3)2 có thể có NH4NO3. NH4NO3 → N2O↑ + 2H2O 2NH4NO3 → N2 ↑ + O2 ↑ + 4 H2O ↑ 4Al(NO3)3 → 2Al2O3 + 12 NO2 ↑ + 3O2 ↑ 1 1,5 2Mg(NO3)2 → 2MgO + 4 NO2 ↑ + O2 ↑  E chỉ có Al2O3 và MgO. + Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Mg ta có hệ :

0,5

27 x + 24 y = 2,16   x 102. 2 + 40 y = 3,84

0,25

Gọi số mol hai khí NO, H2 là x, y   Fe + NO3- + 4H+ → Fe3+ + NO ↑ + 2 2H2O. 0,5 0,1 ← 0,1 ← 0,4 ← 0,1 ← 0,1 Fe + 2Fe3+ → 3Fe2+. 0,05 ← 0,1 → 0,15 Fe + 2H+ → Fe2+ + H2 ↑ 0,05 ← 0,1 ← 0,05 ← 0,05

x+ y =

n

= 0, 2 mol  mFe = 11, 2 g

nNO−

0,1 = 0,1 mol  V = = 1 lít 0,1

Bài 2: (2,0 điểm)

Trang 197

0,25 0,25

Trang 198

0,25 0,25

Đặt công thức 2 anken là CnH2n ( n≥ 2) ; nCaCO3 =

12, 5 = 0,125( mol ) 100

0,25

3n O2 → nCO2 + nH 2O 2 0,05 0,05n CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,05n 0,125 n1 = 2 C H 0,125 n= = 2,5  công thức phân tử  2 4 n = 4 0, 05  2 C4 H 8  a + b = 0, 05 Số mol C2H4 là a , C4H8 là b    a = 0,0375; b =0,0125  2a + 4b = 0,125 Phần 2: Vì 2 anken + H2O tạo ra 2 ancol→ C4H8 là But-2-en CH 2 = CH 2 ; CH 3 − CH = CH − CH 3

Cn H 2 n +

1 1,0

0,25 0,25

0,25

1,0

CH2=CH2 + H2O  → CH3CH2OH 0,0125 0,0125 (mol) H + ,t 0 CH3−CH=CH−CH3 + H2O  → CH3−CH−CH2−CH3 OH 0,0375 0,0375 (mol) Gọi số mol C2H5OH phản ứng là x; C4H9OH phản ứng là y H 2 SO4 ,t 0 2 ROH  → ROR + H 2O

0,038

Bài 4: (2,0 điểm) t t Si + O2  SiO2 + 2Mg (hoặc C)  → SiO2 → 2MgO + Si t Si + 2NaOH +H2O  → Na2SiO3 + 2H2. Na2SiO3 + 2HCl  → 2NaCl + 1 H2SiO3. 1,0 t H2SiO3  → SiO2 + H2O SiO2 + 4HF  → SiF4 + 2H2O t SiO2 + 2NaOH  → Na2SiO3 + H2O t 6SiO2 + CaCO3 + Na2CO3  → Na2O.CaO.6SiO2 + 2CO2. 0

0,25

H + ,t 0

2 1,0

H3PO4 + 3AgNO3  → Ag3PO4 + 3HNO3. C + 4HNO3  → 2H2O + 4NO + CO2. X (cacbon) không tác dụng với B (H3PO4 đậm đặc) nhưng tác dụng với HNO3 đậm đặc Nhận xét: - Bản chất phản ứng C với axit là phản ứng oxi hoá. - H3PO4 không có tính axit như HNO3.

0,25

84 x + 100 y = 16,8 .  x + y = nCO2

0,25

0,019 0,019

0, 4256 = 0, 019(mol )  mancol = mete + mH 2O = 1, 63 + 0, 019 × 18 = 1, 972( gam) 22, 4 Số mol ancol phản ứng = 0,038 mol.  x + y = 0, 038 Ta có → x = 0,03; y= 0,008.   46 x + 74 y = 1,972 Hiệu suất của C2H5OH = 80%; Hiệu suất của C4H9OH = 64%. nete = nH 2O =

Bài 3: (2,0 điểm) 8 phương trình x 0,125 A: NH4NO2; B: N2; C: NH3; D: NO; E: NO2; F: NaNO2; X: O2; G: AlN. t → N2 + 2H2O. NH4NO2  t , p , xt  → 2NH3. N2 + 3H2 ← t 1 2NH3 + 3CuO  → N2 + 3Cu + 3H2O. t 1,0 4NH3 + 5O2  4NO + 6H2O. → Pt 2NO + O2  → 2NO2. 2NO2 + 2NaOH  → NaNO3 + NaNO2 + H2O. t NaNO2 + NH4Cl  → NaCl + N2 + 2H2O. 800 −1200 C N2 + 2Al → AlN. A: Ca3(PO4)2; B: H3PO4; C: P; D: Ag3PO4; X: C; Y: SiO2. 6 phương trình x 0,125 t → 2H3PO4 + 3CaSO4. 2 Ca3(PO4)2 + 3H2SO4  t 1,0 3P + 5HNO3 + 2H2O  → 5NO + 3H3PO4. t 5C + Ca3(PO4)2 + 3SiO2  → 5CO + 2P + 3CaSiO3. Ca(OH)2 + H3PO4  → Ca3(PO4)2 + H2O.

0,25

Cho CO2 vào Ba(OH)2 có thể xảy ra các phản ứng: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓ + H2O (1) 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 (2)

0,25

2 %mCaCO = 93,75%  x = 0, 0125 .  1,0 Trường hợp 1: Chỉ xảy ra (1)  nCO = nBaCO   3

Trường hợp 2: Xảy ra cả (1) và (2)

0,25

 y = 0,1575

(

 nCO2 = nBaCO3 + 2 nBa (OH )

%mMgCO3 = 6, 25%

( bd )

)

− nBaCO3 = 0,19

1,0

0,25

%mCaCO3 = 31, 25%  x = 0,1375 .    y = 0, 0525 %mMgCO3 = 68, 75%

Bài 5: (2,0 điểm) (X) điều chế từ benzen, phản ứng thể có định hướng octo, para, chỉ bị oxi hoá bởi KMnO4 đặc (môi trường axit) nên (X) là hiđrocacbon thơm không có liên kết π ở nhánh. Vậy (X) có dạng CnH2n – 6 (n ≤ 6). 1 0,25 CnH2n-6 + Br2 → CnH2n – 7Br + HBr. 0,7 −7 + 80 + 6 = 0,858696  n = 7 . 5 14n − 6

Vậy (X) là toluen. Phương trình: 4 phương trình x 0,125 t 2Fe + 3Br2  → 2FeBr3. Br – Br + FeBr3 → Br(+) + [FeBr4](-).

0,5 0,12 5

0,25

Gọi số mol MgCO3 là x mol; số mol BaCO3 là y mol  

0,75

2 0,5

0,25

Trang 199

0,12

[FeBr4](-) + H(+) → FeBr3 + HBr. Trang 200

3 0,5

- Cho các chất vào các ống nghiệm riêng biệt, đánh số thứ tự. - Cho AgNO3 vào các mẫu thử, mẫu thử có kết tủa là hex-1-in. - Cho các mẫu thử còn lại lần lượt vào dung dịch KMnO4 loãng lạnh, mẫu thử làm mất màu thuốc tím là stiren. - Cho hai mẫu thử còn lại tác dụng với KMnO4 đặc/H+, mẫu thử làm thuốc tím mất màu là toluen. - Còn lại là benzen không có hiện tượng phản ứng.

0,12 5 0,12 5 0,12 5 0,12 5

+H −H → n − C7 H16  → n − C7 H14 . 4 C6 H 5CH 3  0,2 Ta có n – C7H14 chứa hai đồng phân cấu tạo chứa đồng phân cis – trans. 5 Viết đúng 2 đồng phân cis – trans ở mỗi đồng phân cấu tạo x 0,125 2

0,25

Bài 6: (2,0 điểm) A: CH3CH2OH, B: CH3 – COOH; C: CH2 = CH2; D: CH ≡ CH ; E: C6H6; F: 1 C6H5Cl 1,0 G: CH3COONa; H: Na2CO3, I: NaHCO3, K: C6H5OH; X: NaOH, Y: CH4, Z: C6H5ONa; M: H2; N: CH3CHO; Q: CH3CH2 – OSO3H. 16 chất x 0,0625 nH = 0, 7 mol ; nCO = 1, 6 mol; nH O = 2, 2 mol . 2

t , xt CH ≡ C – CH = CH2 + H2  → CH2 = CH – CH = CH2. t , p , xt CH2 = CH – CH = CH2 → ( CH 2 − CH = CH − CH 2 ) . C → C6H6. 3CH ≡ CH  600 C a. Dùng Na làm thuốc thử: mẫu chứa ancol propylic, ancol isopropylic đều thoát khí  nhận ra etylmetylete. Oxi hoá 2 ancol bằng CuO, sản phẩm thu được cho tác dụng với AgNO3/NH3, nếu có kết tủa bạc  nhận ra ancol propylic.  Còn lại là ancol isopropylic không có hiện tượng phản ứng. Phương trình phản ứng: b. Dùng thuốc thử Cu(OH)2, mẫu thử nào làm hoà tan Cu(OH)2 tạo dung 2 dịch màu xanh lam  nhận ra propan–1,2–điol. 1,0  còn lại là propan-1,3-điol không có hiện tượng phản ứng. Phương trình phản ứng: c. Dùng brom (hoặc dung dịch HNO3đ/H2SO4đ) nếu thấy kết tủa  nhận ra phenol.  còn lại là etanol không có hiện tượng phản ứng. Phương trình phản ứng: 0

1,0

Bài 8: (2,0 điểm)

0,25

1 0,7 5

0,25 0,125 0,125 0,125 0,125

C2H5OH + Na → C6H5ONa +

1 H2. 2

H 2. a 1,5b

0,5a

CnHm(OH)3 + 3Na → CnHm(ONa)3 +

3 2

nH 2 = 0, 5a + 1, 5b = 0, 7  a + 3b = 1, 4 (I)

2 C2H6O + 3O2 → 2CO2 + 3H2O. a 2a 3a 1,0 nCO = 2 a + nb = 1,6 (II)

+ O2 ,t 0

2CnHm(OH)3 → 2nCO2 + (m+3)H2O. b nb (m+3)b

0,25

1, 4 1, 2 ; Thay (I) vào (II)  b =  n < 3, 4 . 3 6−n Mà A có ba nhóm OH nên n ≥ 3  n = 3 . Ta có n = 3  a = 0, 2; b = 0, 4 .

Từ (I), ta có a > 0  b <

Phương trình hoá học: a. 2 phương trình x 0,125.

0,25 0,25

b. Nêu đúng mục đích.

0,25 0

0,25

nH 2O = 3a + ( m + 3) b = 2, 2  m = 5 .

0,25

 ( A) : C3 H 5 ( OH )3 (glyxerol).

Bài 7: (2,0 điểm) 8 phương trình x 0,125 t , xt CH2 = CH2  → CH ≡ CH + H2. CCl 1 CH2 = CH2 + Br2  → CH2Br – CH2Br. CCl 1,0 CH ≡ CH + 2Br2  → CHBr2 – CHBr2. CH ≡ CH + 2AgNO3 + 2NH3  → AgC ≡ CAg ↓ + 2NH4NO3. NH Cl ,Cu Cl 2CH ≡ CH  → CH ≡ C – CH = CH2.

t , p , xt nCH 2 = CH – CH = CH 2 + nCH = CH 2  →  CH 2 − CH = CH − CH 2 − CH − CH 2    C6 H 5 C6 H 5  n

Ban đầu: 12 mol 10 mol Phản ứng: x mol x mol 3 Cân bằng: (12-x) mol (10-x) mol 0,7 Điều kiện: 0 < x ≤ 10. 5 648 + 1040 1688 M=

12 − x + 10 − x + x

22 − x

0 x/n mol x/n mol

0,25

= 105,5  x = 6 . (TMĐK)

12 10 > ( n > 0 ) .  stiren hết, các chất tính n n 6 theo stiren. Vậy hiệu suất phản ứng là: H = = 60% 10

Giả sử hiệu suất phản ứng là 100% thì

1,0

2 0,5

0,5

nC4 H 6 = 12mol ; nstiren = 10 mol

0,25

Bài 9: (2,0 điểm)

Trang 201

Trang 202

0,25

CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O 0,02 → 0,02 → 0,02  nNaOH còn = 0,03 – 0,02 = 0,01 mol Dung dịch (X) chứa NaOH 0,02M; CH3COONa 0,04M -

CH3COO + H2O CH3COOH + OH

Bài 10: (2,0 điểm) 0,25

K Kb = W = 10−9,25 Ka

C 0,04 0 0,02 1 [ ] 0,04 – x x 0,02 + x 1,0 ( 0, 02 + x ) x = 10−9,25  x = 1,12.10−9 << 0, 02 Ta có:

0,25

0, 04 − x

Vậy [OH-] ≈ 0, 02 vậy pH = 14 – pOH = 14 + lg0,02 = 12,3 H+ + OH- → H2O (mol) 0,01 ← 0,01 Vdd HCl =

0,25 0,25

0, 01 .1000 = 10ml 1

* 1/2X + NaOH dư: Ba2+ + HSO3- + OH- → BaSO3 ↓ + H2O 7,5.10-3 → 7,5.10-3 * 1/2X + HCl dư HSO3- + H+ → SO2 + H2O 2 0,0125 ← 0,0125 1,0 * X + Ba(OH)2: nOH = 0, 03 mol; nBa = 0, 015 + 2.0, 0075 = 0, 03 mol Ba2+ + HSO3- + OH- → BaSO3 ↓ + H2O 0,025 ← 0,025 → 0,025 −

0,25

CO32- + H+ → HCO30,01 0,005 0,005 0,005 0,005 0 Do CO32- dư nên không có giai đoạn tạo CO2, VCO2 = 0 Cho hết 100 mL dung dịch Na2CO3 0,1M và KHCO3 0,1M vào 200 mL dung dịch HCl 0,1M: (1) CO32- + 2H+ → H2O + CO2 HCO3- + H+ → H2O + CO2 (2) Vì 2n CO 2− + n HCO − > n H + nên H+ phản ứng hết. 3

0,25

1 1 Giả sử (1) xảy ra trước thì ta có n CO2 = n H + = 0,01mol 1,2 2 5 Giả sử (2) xảy ra trước thì từ (1) và (2) ta có n CO2 = 0,015mol

0,25

Thực tế (1) và (2) đồng thời xảy ra nên:

0,25

nOH − = 0, 03 − 0, 025 = 0, 005 mol  OH −  =

Cho từ từ từng giọt đến hết 50 ml dung dịch HCl 0,1M vào 100ml dung dịch Na2CO3 0,1M

0,25

0, 005 = 0, 01M 0,5

0,25

 pH = 14 − pOH = 14 + lg 0, 01 = 12

0,224L = 0,01 × 22,4 < VCO2 < 0,015 × 22,4 = 0,336L

Thêm 100 mL dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào 150 mL dung dịch KHCO3 0,1M. HCO3- + OH- → CO32- + H2O. 0,015 0,02 0,015 0,015 0 0,005 0,015 Ba2+ + CO32- → BaCO3. 0,01 0,015 0,01 0,01 0 0,005 Dung dịch còn 0,005 mol KOH và 0,005 mol K2CO3. Thêm dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 thấy xuất hiện kết tủa trắng keo, sau đó tan lại: Al3+ + 3OH- → Al(OH)3. Al(OH)3 + OH- → Al(OH)4-. 3 Thêm HCl vào dung dịch thu được lại thấy xuất hiện kết tủa trắng keo, sau đó 0,7 tan lại: 5 Al(OH)4- + H+ → Al(OH)3 + H2O. Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2O (b). Thêm dung dịch K2CO3 vào dung dịch Fe(NO3)3 thấy xuất hiện kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu: 2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3 + 3CO2.

Bài I: (4,0 điểm) 1. Dung dịch (X) là dung dịch axit cloaxetic nồng độ 0,01 mol/lít, 1,4.10-3. Trang 203

Ka = Trang 204

0,5

0,25

Ka = 0,2. Dung dịch (Y) là dung dịch axit tricloaxetic nồng độ 0,01 mol/lít, a. Tính pH của hai dung dịch axit này. b. Người ta muốn trộn hai dung dịch này đến khi đạt được pH = 2,3. Tính tỉ lệ thể tích các dung dịch axit cần cho sự trộn này. 2. Dung dịch (A) chứa a mol Na+, b mol NH +4 , c mol HCO 3− , d mol CO 32− và e mol SO 24− . Thêm (c + d + e) mol Ba(OH)2 vào (A), đun nóng thu được khí (X), kết tủa (Y) và dung dịch (Z). Viết các phương trình ion xảy ra và tính số mol mỗi chất trong (X), (Y) và mỗi ion trong (Z). Bài II: (4,0 điểm) 1. Cho m1 gam hỗn hợp gồm Mg và Al vào m2 gam dung dịch HNO3 24%. Sau khi các kim loại tan hết có 8,96 lít hỗn hợp khí (X) gồm NO, N2O, N2 bay ra và dung dịch (A). Thêm một lượng vừa đủ O2 vào (X), sau phản ứng thu được hỗn hợp khí (Y). Dẫn (Y) từ từ qua dung dịch NaOH dư có 4,48 lít hỗn hợp khí (Z) đi ra. Tỷ khối của (Z) đối với H2 bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào (A) để được lượng kết tủa lớn nhất thu được 62,2 gam kết tủa. Tính m1, m2. Biết HNO3 lấy dư 20% so với lượng cần thiết. Các thể tích khí đều đo ở đktc. 2. Hoà tan hoàn toàn 5,22 gam một muối cacbonat vào HNO3 dư, sau phản ứng thu được hỗn hợp (X) gồm hai khí không màu, trong đó có 0,015 mol một khí (Y) hoá nâu trong không khí. a. Xác định công thức muối cacbonat và viết các phương trình hoá học xảy ra. b. Tách hoàn toàn (Y) ra khỏi hỗn hợp (X), khí còn lại đem đốt với lượng dư than nóng đỏ, thu được hỗn hợp (Z) có tỉ khối so với H2 là 16. Tính hiệu suất quá trình đốt cháy. Bài III: (4,0 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn 0,047 mol hỗn hợp (X) gồm ba hiđrocacbon mạch hở (A), (B), (C) rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ vào 2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,0555M được kết tủa và dung dịch (M). Lượng dung dịch (M) nặng hơn dung dịch Ca(OH)2 ban đầu là 3,108 gam. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch (M) thấy có kết tủa lần hai xuất hiện. Tổng khối lượng kết tủa hai lần là 20,95 gam. Cùng lượng hỗn hợp (X) trên tác dụng vừa đủ với 1 lít dung dịch Br2 0,09M. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của các hiđrocacbon biết có hai chất có cùng số nguyên tử cacbon, phân tử khối các chất trong (X) đều bé hơn 100 và lượng hỗn hợp trên tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch AgNO3 0,2M trong NH3 được 3,18 gam một kết tủa. 2. Viết phương trình hoá học hoàn thành dãy chuyển hoá (ghi rõ điều kiện phản ứng): 0

+ propen

+Br2

+Br

2. ( A )

→ ( A1 ) → ( A3 ) +NaOH +H2O → ( A2 )  xt → ( A4 )

a. Hoàn thành các phương trình hoá học trong chuyển hoá trên (ghi rõ điều kiện phản ứng). → ( A3 ) và giải thích sự tạo thành ( A) trong b. Trình bày cơ chế phản ứng ( A1 )  sản phẩm.

Bài V: (4,0 điểm) 1. Ba hợp chất (X), (Y), (Z) đều là các hợp chất được tạo thành từ ba nguyên tố C, H, Cl. a. Xác định công thức cấu tạo (X), (Y), (Z), biết: - (Y), (Z) đều là các hợp chất no, (X) có số nguyên tử cacbon nhỏ hơn 10. - (X) chứa

284 % Cl về khối lượng. 9

- (Y) có ba nguyên tử cacbon, khi cho (Y) đun nóng với NaOH dư thì thu được sản phẩm là một xetol đơn chức. - Trong phân tử của (Z) chỉ chứa một nguyên tử Cl, khi cho (Z) tác dụng với kiềm, đun nóng tạo ancol và ancol này không bị oxi hoá bởi CuO ở nhiệt độ cao. Biết MZ < 100 b. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho (X) vào NaOH đặc, sản phẩm hữu cơ tạo thành cho tác dụng với CO2 + H2O. Cho hỗn hợp hai axit đặc HNO3, H2SO4 vào hỗn hợp sau phản ứng. 2. Cho 47 gam hỗn hợp hơi của hai ancol đi qua Al2O3 nung nóng (xúc tác) ta thu được hỗn hợp hơi (A) gồm ete, olefin, ancol còn lại và hơi nước. Tách hơi nước khỏi hỗn hợp (A) ta thu được hỗn hợp khí (B). Lấy hơi nước tách ra ở trên cho tác dụng hết với kali dư thu được 4,704 lít khí H2 (đktc). Lượng olefin có trong (B) tác dụng vừa đủ với 1,35 lít dung dịch Br2 0,2 mol/lít. Phần ete và ancol có trong (B) chiếm thể tích 16,128 lít ở 136,50C và 1 atm. Cho biết số mol các ete bằng nhau, khả năng tạo olefin của các ancol như nhau. Hãy xác định công thức phân tử hai ancol.

Cho: Ghi chú:

---HẾT--C = 12; P = 31; O = 16; Mg = 24; Al = 27; H = 1; N = 14; Br = 80; Ag = 108; Ca = 40; Ba = 137; Fe = 56. Giám thị không giải thích thêm Thí sinh được phép sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học.

+NaOH loãng

+H2O C,t 2 → ( B ) → ( D )  → ( E )  → ( F )  → ( G ) → ( H ) ( A)  H2SO4 Fe,t0 as

Biết các sản phẩm hữu cơ trong chuỗi chuyển hoá đều là các sản phẩm chính.

Bài IV: (4,0 điểm) 1. Chỉ từ không khí, than và nước, viết phương trình hoá học điều chế phân urê và đạm hai lá. Các điều kiện và xúc tác coi như có đủ. +Cl2 as

Biết ( A) , ( A1 ) , ( A2 ) , ( A3 ) đều ở thể khí và số nguyên tử cacbon trong ( A) gấp đôi số nguyên tử cacbon trong các chất còn lại.

Trang 205

Trang 206

Bài Câu

Hướng dẫn chấm a. Với axit cloaxetic:  → ClCH2COO- + H+ Ka = 1,4.10-3 ClCH2COOH ←  C 0,01(M) [ ] (0,01 – x)M x(M) x(M)  Ka =

C [ ]

Khi cho O2 vào hỗn hợp X có: 2NO + O2 → 2NO2  nX = nY 2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O  nZ = nN 2 O +nN 2 = 44,8/22,4 = 0,2 mol  nNO = 0,2

0,25

x2 = 1, 4.10−3  x = 10−2,5  pH = − lg  H +  = 2,5 0, 01 − x

Với axit tricloaxetic:  → CCl3COOH + H+ Ka = 0,2 CCl3COOH ←  0,01(M) (0,01 – y)M y(M) y(M)

y2  Ka = = 0, 2  y = 9,54.10−3  pH = − lg  H +  = 2, 02 0, 01 − y

1 2,0đ

Số mol của hỗn hợp X: nX = 8,96/22,4 = 0,4 mol

Điểm

MZ = 2.20 = 40 =

0,25

Khi kim loại phản ứng ta có quá trình nhường e: Mg –2e → Mg2+ Al – 3e → Al3+ x mol y mol Vậy: ne (cho) = (2x + 3y) mol

b. Giả sử ban đầu ta có 1 lít dung dịch axit cloaxetic và V lít axit tricloaxetic. Vậy tổng thể tích của dung dịch sẽ là (1 + V) lít. 0, 01 0, 01V ; CCCl3COOH = 2 V +1 V +1 CH 2ClCOO −   H + 

Khi đó: CCH ClCOOH =

−

Vậy: m2 =

0,25

Trang 207

0,25

Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 ↓ y mol

0,5 0,25 0,25

2,9.63.100 .120 = 913,5 g 24 .100

a. Đặt công thức muối cacbonat kim loại : A2(CO3)n Gọi m là số oxy hóa của A sau khi bị oxy hóa bởi HNO3 3A2(CO3)n + (8m – 2n)HNO3 → 6A(NO3)m + (2m – 2n)NO↑ + 3nCO2↑ + (4m – n)H2O

0,25

+ 4

Và số mol HNO3 tham gia phản ứng là: nHNO 3 = nN +5 tạo khí + nN +5 tạo muối = 0,6 + 2,3 = 2,9 mol (nN +5 tạo muối = ne trao đổi )

0,25

0,5

 nN O = 0,15 mol ; nN = 0,05 mol

 2 x + 3 y = 2,3  x = 0, 4 Ta có hệ phương trình:    m1 = 23,1g 58 x + 78 y = 62, 2   y = 0,5

−

 nBaCO3 = nCO32− = nCO32− bd + nCO32− ( pt 2) = c + d mol Kết tủa Y:   nBaSO4 = nSO42− = e mol  n + = a mol Dung dịch Z:  Na  nOH −du = c + 2d + 2e − b mol

Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2↓ x mol

0,25

Các phương trình phản ứng NH +4 + OH- → NH3 + H2O (1) HCO 3− + OH- → CO 32− + H2O 0,25 × 4 (2) CO 32− + Ba2+ → BaCO3 (3) SO 24− + Ba2+ → BaSO4 (4) 0,25 Trong dung dịch A có: a + b = c + 2d +2e + –  Ta có: n OH (2) = c mol n OH (1) = c + 2d + 2e > b nên NH 4 hết, OH 0,25 2 dư 2,0đ Vậy khí X (NH3) có nX = nNH = b mol 0,25

0,2

Khi HNO3 phản ứng ta có quá trình nhận e : 1 N+5 + 3e → N+2(NO) 2N+5+ 8e → 2 N+ (N2O) 2N+5 +10e 2,0đ → N 2 0,2 mol 0,2 mol 0,3 mol 0,15mol 0,1 0,05 Vậy: ne(nhận) = 0,2.3+0,15.8+0,05.10 = 2,3 mol

0,25

  K a CH 2ClCOOH = 2,183.10−3 [CH 2ClCOOH ] -   CH 2ClCOO −  = (M ) V+ 1  0,01 −   CH ClCOOH CH ClCOO = − [ ] 2 2  V+ 1   − +  CCl3COO   H   K a CCl3COOH =  9, 756 V.10−3  [CCl3COOH ] -  CCl3COO −  = (M ) V+ 1  0, 01V −   CCl COOH = − CCl COO ] 3 3 [  V+ 1  9, 756 V .10−3 2,183.10−3 Áp dụng định luật bảo toàn proton, ta có: + = 10−2,3 V+ 1 V+ 1 VCH 2ClCOOH 1 1,68 = =  V = 0,596 , khi đó: VCCl3COOH 0,596 1

n N 2O .44 + n N 2 .28

0,25

3 0,045 .n NO = (mol ) 2(m − n) 2(m − n ) 5,22 Khối lượng phân tử A2(CO3)n = × 2(m − n) = 232(m − n) 0,045

Số mol A2(CO3)n =

2 2,0đ

⇔

2MA + 60n = 232 (m - n)

Điều kiện:

1≤ m ≤ 3 1≤ n ≤ 2

0,5

 1 ≤ m-n ≤ 2

* m - n = 1  m = 2, n = 1  MA m = 3, n = 2  MA * m - n = 2  m = 3, n = 1  MA Vậy muối cacbonat kim loại là FeCO3 3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 5H2O

= 86 loại = 56 → A là Fe = 202 loại

0,5

+ 3CO2 ↑ + NO ↑ +

0,25

Trang 208

b. n CO = 3nNO = 0,045 (mol)

(A): CaC2

t CO2 + C  → 2CO n0 0,045 [ ] 0,045 – x 2x

M hh =

44 ( 0, 045 − x ) + 28 x 0, 045 + x

(B): CH ≡ CH

(F):

0,5 (D):

= 16.2  x = 0, 01125

(H):

2 1,5đ

Vậy hiệu suất phản ứng đốt cháy: H = 25% CxHy + m AgNO3 + m NH3 → CxHy-mAgm + mNH4NO3 . 0,02 mol 0,02/m mol

1,5 (E):

0, 02 .(12x + y + 107m) → 12x + y = 52m m < 100  m = 1, x = y = 4 → (A): C4H4: CH2=CH–C≡CH: 0,02

(G):

→ m↓ = 3,18 = Mhiđrocacbon mol

CO2 + Ca ( OH )2

0,5 Mỗi phương trình: 0,25 điểm × 6 Chưng cất không khí ta tách được N2 và O2. dp 2H2O  → 2H2 + O2. p , xt ,t ⇀ 2NH3. N2 + 3H2 ↽

CaCO3 (x)  → Ba(OH) 2 → BaCO (0,111-x)+CaCO (0,111-x) Ca(HCO3 ) 2 (0,111-x)  3 3

Nên 100x + (0,111 – x)100 + (0,111 – x).197 = 20,95 → x = 0,061 nCO2 = 0, 061 + 2(0,111 – 0, 061) = 0,161 ; nH 2O

0,061.100+3,108 – 0,161.44 = = 0,118 18

0,5

Số nguyên tử cacbon trung bình =

0, 081 =3 0, 027

0,25

Do trong X có hai hiđrocacbon có cùng số C nên có các trường hợp 1 sau: III 2,5đ + Trường hợp 1: Hai hiđrocacbon còn lại có cùng 3C nBr = 0,09 – 0,02.3 = 0,03 > 0,027 nên có C3H4 còn lại là C3H8 hoặc C3H6

0,25 0,25

- C3H8 : a ; C3H4 :b 

0,25

+ Trường hợp 2: Một hiđrocacbon còn lại có cùng 4C, hiđrocacbon còn lại là 1C hoặc 2C  x + y = 0, 027  x = 0, 0135 nên → 4 x + 2 y = 0, 081   y = 0, 0135 0, 0135c 0, 0135d + = 0, 078 → c + d = 11,55 (loại) 2 2  x + y = 0, 027  x = 0, 018 - C4Hc:x ; CH4: y  nên → 4 x + 1 y = 0, 081   y = 0,009 0, 018c 0, 009 d + = 0, 078 → c = 6,67 (loại) 2 2

- C4Hc: x ; C2Hd: y 

1,0

 a + b = 0, 027 a = 0, 012 (thoả mãn) →  2b = 0, 03 b = 0, 015  a + b = 0, 027 a = 0, 024 - C3H6 : a ; C3H4 :b  → (thoả mãn)  a + 2b = 0, 03 b = 0, 003

1 C + O2 → CO2. t ,p → (NH2)2CO (phân urê) + H2O. 2,0đ 2NH3 + CO2  tia lua dien N2 + O2 → 2NO. 2NO + O2 → 2NO2. 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3. NH3 + HNO3 → NH4NO3 (đạm hai lá) t C4H10  → CH3–CH3 + CH2=CH2. as CH –CH → CH3–CH2Cl + HCl IV 3 3 + Cl2  xt CH2=CH2 + H2O  → CH3–CH2OH CH3–CH2Cl + NaOH → CH3–CH2OH + NaCl Cơ chế phản ứng SR: as ● ● 2 Khơi mào: Cl–Cl → Cl + Cl . ● ● 2,0đ Phát triển mạch: (1) CH3–CH3●+ Cl → CH3–CH2 + HCl. ● → (2) CH3–CH2 + Cl–Cl CH3–CH2Cl + Cl . (1) …. Tắt mạch: (1) CH3–CH2● + Cl● → CH3–CH2Cl. (2) Cl● + Cl● → Cl–Cl (3) CH3–CH2● + CH3–CH2● → CH3–CH2–CH2–CH3. Khi tắt mạch, phản ứng (3) tạo butan. 0

+ Hai hiđrocacbon còn lại cháy cho: nCO = 0, 161 – 0,02.4 = 0,081; nH O = 0,118 – 0,02.2 = 0,078 2

1,0

0,25

35,5 z 284 = 12 x + y + 35,5 z 9.100 z = 1  12x + y = 77  x = 6, y = 5 (–C6H5) z ≥ 2  12x + y ≥ 154  loại 

1,0

0,25 0,25

0,5

(X): CxHyClz. Ta có:

0,25

1 2,0đ

t (Y) + NaOH dư  → xetol đơn chức  (Y): H 3C − CCl2 − CH 3 t t (Z) + kiềm dư → ancol + CuO  → không phản ứng Nên ancol tạo thành là ancol bậc III  số nguyên tử cacbon tối đa = 4 (Z): CnH2n+1Cl. MZ < 100 ⇔ 14n + 36, 5 < 100 ⇔ n < 4,54  n = 4 0

Kết luận: CH2=CH-C≡CH; CH2=C=CH2 và C3H6 hoặc C3H8. Trang 209

0,5 (X):

0,25

Trang 210

CH 3

nC H OH (phản ứng) = 0,3x + 0,15 Ta có: (0,3x + 0,15) < x < 0,9 ⇔ 0,21 < x < 0,9 m

Vậy (Z): H 3C − C − CH 3

0,5

t + 2NaOHđ  →

0,25

+ NaCl + H2O.

2 m +1

+ NaHCO3.

H SO + 3HNO3  → 2

0,25

+ 3H2O

0,25

Do phản ứng tách nước tạo olefin  ancol no đơn chức: Cn H 2 n+1OH 2H2O + 2K → 2KOH + H2. (1) 0,42

(1) → nH O = 2nH 2

4,704 22, 4 = 0, 42mol

(mol)

0,25

H 2 SO4 → Cn H 2 n + H2O (2) Cn H 2 n +1OH  t0

0,27

Cn H 2 n + Br2 → Cn H 2 n Br2.

0,27

1,35.0,2

( 3) → nolefin = nBr

0,27 (mol) (3) (mol)

= nH 2O ( pt 2) = 0, 27 mol

(2) → n ancol tạo olefin = 0,27 mol H SO → ROR + H2O 2ROH  t 2 0,15 0,15 2,0đ 0,3 2

0,25

(4) (mol)

nH 2O ( pt 4) = nete = 0, 42 − 0, 27 = 0,15mol

(4) → nancol tạo ete = 0,3 mol

0,25

PV = 0,48 mol RT → nancol dư = 0, 48 − 0,15 = 0, 33mol  nancol = 0, 33 + 0, 27 + 0,3 = 0, 9 mol

n(ete+ancol dư) =

0,25 Ta có: M ancol

47 = 14n + 18 =  n = 2, 44 0,9

Vậy có một ancol có số nguyên tử cacbon < 2  CH3OH hoặc C2H5OH. Vì CH3OH không tách nước nên ancol đó là C2H5OH. Chất còn lại là CmH2m+1OH (x mol) Trang 211

0,5

Vậy ancol còn lại là: C3H7OH. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜN THPT ĐỒNG ĐẬU

CO2 + H2O  →

(I)

0, 4 Mặt khác: (14m + 18)x + 46(0,9 – x) = 47  (II) m−2 0, 4 Từ (I), (II)  0, 21 < < 0,9 ⇔ 2, 4 < m < 3,9 ⇔ m = 3 m−2

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN 02. NĂM HỌC 2018 - 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: Hóa học - lớp 11

(Đề thi có 02 trang)

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1: Thổi 672 ml (đktc) hỗn hợp khí A gồm một ankan, một anken và một ankin (đều có số nguyên tử cacbon trong phân tử bằng nhau) qua dung dịch AgNO3/NH3, thì thấy có 3,4 AgNO3 đã tham gia phản ứng. Cũng lượng hỗn hợp khí A trên làm mất màu vừa hết 200 ml dung dịch Br2 0,15 M. (a) Xác định thành phần định tính và định lượng các chất trong A (b) Đề nghị phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp A. Câu 2: Hãy trình bày phương pháp hóa học nhận biết các dung dịch riêng biệt sau: NH4Cl, NaCl, MgCl2, AlCl3,FeCl3. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Câu 3: Khí A không màu có mùi đặc trưng, khi cháy trong khí oxi tạo nên khí B không màu, không mùi. Khí B có thể tác dụng với liti kim loại ở nhiệt độ thường tạo ra chất rắn C. Hoà tan chất rắn C vào nước được khí A. Khí A tác dụng axit mạnh D tạo ra muối E. Dung dịch muối E không tạo kết tủa với bari clorua và bạc nitrat. Nung muối E trong bình kín sau đó làm lạnh bình thu được khí F và chất lỏng G. Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G và viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra. Câu 4: Hòa tan hết 13,52 gam hỗn hợp X gồm Mg(NO3)2, Al2O3, Mg và Al vào dung dịch NaNO3 và 1,08 mol HCl (đun nóng). Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2O và H2. Tỉ khối của Z so với He bằng 5. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 1,14 mol NaOH, lấy kết tủa nung ngoài không khí tới khối lượng không đổi thu được 9,6 gam rắn. Tính phần trăm khối lượng Al có trong hỗn hợp X. Câu 5: Hấp thụ hoàn toàn 1,568 lít CO2 (đktc) vào 500ml dung dịch NaOH 0,16 M thu được dung dịch X. Thêm 250 ml dung dịch Y gồm BaCl2 0,16 M và Ba(OH)2 a mol/l vào dung dịch X thu được 3,94 gam kết tủa và dung dịch Z. a) Tính a. b) Tính nồng độ mol/l các ion trong dung dịch Z. Câu 6: Khi crackinh hoàn toàn một thể tích ankan X thu được ba thể tích hỗn hợp Y (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất); tỉ khối của Y so với H2 bằng 12. Xác định công thức phân tử của X. Biết X tác dụng với Cl2 , as, chỉ thu được 1 dẫn xuất mono clo duy nhất. Gọi tên X Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon đồng phân A, B, C. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào 5,75 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02M thu được kết tủa và khối lượng dung dịch tăng lên 5,08 gam. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được, kết tủa lại tăng thêm, tổng khối lượng kết tủa 2 lần là 24,305 gam. a. Xác định công thức phân tử của 3 hiđrocacbon b. Xác định công thức cấu tạo A, B, C biết:

Trang 212

- Cả 3 chất đều không làm mất màu dung dịch brom. - Khi đun nóng với dung dịch KMnO4 loãng trong H2SO4 thì A và B đều cho cùng sản phẩm C9H6O6 còn C cho sản phẩm C8H6O4. - Khi đun nóng với brom có mặt bột sắt A chỉ cho một sản phẩm monobrom. Còn chất B, C mỗi chất cho 2 sản phẩm monobrom Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra Câu 8:

Câu

Nội dung

Nếu ankin có dạng RC≡CH : RC≡CH + AgNO3 + NH3 → RC≡Cag + NH4NO3  n (ankin) =

Điểm

3,4gam = 0,02mol và n Br2 ≥ 2 × n (ankin ) = 0,04mol 170gam / mol

Điều này trái giả thiết, vì số mol Br2 chỉ bằng 0,2L × 0,15mol / L = 0,03mol Vậy ankin phải là C2H2 và như vậy ankan là C2H6, anken là C2H4. Từ phản ứng : C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3  n(C2H2) = 1/2n(AgNO3) = 0,01 mol Từ các phản ứng : C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 C2H4 + Br2 → C2H4Br2  n(C2H4) = 0,01 mol

Đốt cháy hoàn toàn 5,52 gam chất X thu được hỗn hợp khí và hơi A gồm CO2, HCl, H2O và N2.

Cho 1 phần A đi chậm qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 6,00 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 1,82 gam và có 0,112 lít khí không bị hấp thụ. Lấy phần còn lại của A cho lội chậm qua dung dịch AgNO3 trong HNO3 dư thấy khối lượng dung dịch giảm 2,66 gam và có 5,74 gam kết tủa. Lập công thức phân tử X biết tỷ khối hơi của X so với không khí nhỏ hơn 7. Biết các phản ứng đều xẩy ra hoàn toàn. Câu 9: Cho PH3 tác dụng với Cl2 được chất rắn A và khí B. Cho chất rắn A vào dung dịch Ba(OH)2 dư được chất rắn C. Hãy xác định các chất A, B, C, viết các phương trình hóa học xẩy ra. Câu 10: Hỗn hợp Agồm SiO2 và Mg được đun nóng đến nhiệt độ cao, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp X gồm ba chất rắn. Xử lý Xcần vừa đủ 365 gam dung dịch HCl 20% và cho kết quả:

 n(C2H6) =

0,25

0,672L − 0,01mol − 0,01mol = 0,01 mol 22,4L / mol

b.Thổi hỗn hợp qua binh chứa dung dịch AgNO3/NH3 dư. Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư thu được khí C2H2. C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 C2Ag2 + 2HCl → C2H2 + 2AgCl Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO3/NH3, thổi tiếp qua dung dịch nước brom dư. Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với bột Zn (trong CH3COOH) thu được C2H4 : C2H4 + Br2 → C2H4Br2 C2H4Br2 + Zn → C2H4 + ZnBr2

- Thu được một khí Y bốc cháy ngay trong không khí và 401,4 gam dung dịch muối có nồng độ 23,67%. - Còn lại chất rắnZ không tan trong axit, nhưng tan dễ dàng trong dung dịch kiềm, tạo ra một khí cháy được. a) Tính thành phần % khối lượng các chất trong A. b) Tính thể tích khí Y (ở đktc) và khối lượng Z.

0,25

Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C2H6

0,25 2

ĐÁP ÁN

Trang 213

Câu I. 1. Trích mỗi dung dịch một ít để làm thí nghiệm. Cho dung dịch NaOH tới dư lần lượt vào các dung dịch trên: s0,25 + DD xuất hiện khí mùi khai NH4Cl. + DD không phản ứng là NaCl. + DD xuất hiện kết tủa trắng là MgCl2. + DD lúc đầu xuất hiện kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan khi NaOH dư là AlCl3. 0,25 + DD xuất hiện kết tủa màu đỏ nâu là FeCl3. Mỗi Các phương trình phản ứng: đồng NH4Cl + NaOH  → NaCl+ NH3 ↑ + H2O phân MgCl2 + NaOH  → Mg(OH)2 ↓ NaCl 0,125 AlCl3 + 3NaOH  → Al(OH)3 ↓ + 3NaCl điểm Al(OH)3 + NaOH  → NaAlO2 + 2H2O FeCl3 + 3NaOH  → Fe(OH)3 ↓ + 3NaCl

Trang 214

Lập luận để đưa ra: khí A là NH3. Khí B là N2. Chất rắn C là Li3N. Axit D là HNO3. Muối E là NH4NO3.Viết các phương trình hoá học xảy ra: t0 4NH3 + 3O2  → N2 + 6H2O. N2 + Li  → Li3N. Li3N + 3H2O  → NH3 + 3LiOH NH3 + HNO3  → NH4NO3. NH4NO3  → N2O + H2O.

→ 0,5 a = 0,01 →a = 0,02 Dung dịch Z gồm các ion là: : ; : 0,05 mol; Ba2+ : 0,025 mol; Na+: 0,08 mol,Cl-: 0,08 mol , CM : ; = =0,067M

Mỗi phương trình đúng 0,2 điểm

nN2O = 0,06 và nH2 = 0,08; nMgO = 0,24 mol Dung dịch Y chứa: AlCl3: a mol NaCl: b mol NH4Cl: c mol MgCl2: 0,24 mol

CM Ba2+ =

,< , ,<

0,25

= 0,033M ,

CM Cl- =CM Na+ = ,< = 0,107M 0,25

0,125 0,125

Ta có: nHCl = 3a + b + c + 0,24.2 = 1,08

(1)

nNaOH = 4a + c + 0,24.2 = 1,14 Bảo toàn H: nHCl = 4nNH4Cl + 2nH2 + 2nH2O

(2)

Ta có: mY = mX VY = 3 VX → nY = 3nX →MX = 3MY → MX = 3.12.2 = 72

0,25 0,25 0,25

Ankan X có công thức phân tử là C5H12 X: neo pentan 0,125 7

13,52 + 1,08.36,5 + 85b = 133,5a + 58,5b + 53,5c + 95.0,24 + 0,14.20 + 18(0,46 – 2c) (3) Từ (1), (2) và (3)→ a= 0,16; b = 0,1; c = 0,02 Ta có nH+ = 10nN2O + 10nNH4+ + 2nH2 + 2nO(oxit) → nO(oxit) = 0,06 → nAl2O3 = 0,02 → nAl = 0,12→%Al = 23,96%

0,125

→ nH2O = 0,46 – 2c Bảo toàn khối lượng:

0,125

0,125 0,25

0,25

a. nCa(OH)2 = 0,115 mol CO2 + Ca(OH)2 (0,151mol) → CaCO3 (x)   Ba(OH)2 → BaCO3 (0,115-x)+CaCO3 (0,115-x) Ca(HCO3 )2 (0,115-x)  Nên 100x+(0,115-x)100+(0,115-x)197=24,305 → x= 0,05 → nCO2= 0,05+2(0,115-0,05)= 0,18 → nH2O = (0,05.100+ 5,08-0,18.44)/18=0,12 - Gọi công thức phân tử của A là CxHy: y CxHy + O2 → xCO2 + H2O 2 0,02 0,02x 0,01y Ta có: 0,02x = 0,18 ⇔ x = 9 và 0,01y = 0,12 ⇔ y = 12 Công thức phân tử của A, B, C là C9H12, [π + v ] = 4. b. Theo giả thiết thì A, B, C phải là dẫn xuất của benzen vì chúng không làm mất màu dung dịch Br2. * A, B qua dung dịch KMnO4/H+ thu được C9H6O6 nên A, B phải có 3 nhánh CH3; C cho C8H6O4 nên C có 2 nhánh trên vòng benzen (1 nhánh –CH3 và 1 nhánh – C2H5). - Khi đun nóng với Br2/Fe thì A cho 1 sản phẩm monobrom còn B, C cho 2 sản phẩm monobrom nên công thức cấu tạo của A, B, C là:

0,25

nCO2 = 0,07 mol, nNaOH= 0,08 mol, nBaCO3=0,02 mol Khi cho CO2 vào dung dịch NaOH tạo 2 muối NaHCO3 và Na2CO3 với số mol tương ứng là a, b. - + / = 0,07 - = 0,06 Ta có: , → - + 2/ = 0,08 5/ = 0,01 nCO = 0,01 mol → sau khi thêm dung dịch Y vào sẽ tạo ra thêm 0,01 mol CO nOH- = 0,5a mol OH + : ; → CO + H2O mol 0,5a 0,01

CH2CH3

CH3

CH3 H3C

0,25

H3C

0,5

CH3

(A) Các phản ứng xẩy ra

CH3

(B)

CH3 CH 5H C + 18KMnO4 + 27H2SO4 → 5 HOOC +9K2SO4+18KMnO4+42H2O. 3

Trang 215

COOH

Trang 216

CH3 H3C

HOOC

CH3

5 +18KMnO4+27H2SO4 9K2SO4+18KMnO4+42H2O.

→5

+18KMnO4+27H2SO4 → 5

CH3

COOH

CH2CH3

HCl không có khí thoát ra => không thỏa mãn. Vậy X gồm Si, SiO2, Mg2Si. Khí Y là SiH4, chất rắn Z là Si. Từ các phương trình phản ứng (1), (3), (4), (5), (6), ta có: Số mol Mg = số mol MgCl2 = 0,2367.401,4/95 = 1 => mMg = 24 gam mH2O (trong dung dịch HCl) = 0,8.365 = 292 gam mH2O (trong dung dịch muối) = 0,7633.401,4 = 306,4 gam mH2O (tạo ra ở phản ứng 4) = 306,4 – 292 = 14,4 gam nSiO2 = ½ nMgO = ½ nH2O(ở 4) = 0,4 mol => mSiO2 = 24 gam Trong A có 50%Mg và 50%SiO2 về khối lượng nSiH4 = nMg2Si =0,1 mol =>VY = 2,24 lít nZ = nSi (ở 6) = 0,4 – 0,1 = 0,3 mol =>mZ = 8,4 gam

COOH COOH

COOH

+5CO2+18MnSO4 + 9K2SO4 + 42H2O

CH3

0,25

0,5 H3C

CH3

Fe , t + Br2  →

H3C

CH3

+ HBr

CH3 H3C

H3C Fe , t 0

+ Br2  →

hoặc

CH3 Br

+ HBr

CH2CH3 Br

Fe , t + Br2  → CH3 hoặc CH3 + HBr Từ phần 1  nCO2 phần 1=0,06 mHCl phần 1+mH2O phần 1= 6-1,82-0,06*44= 1,54 Mặt khác mH2O + mHCl (trong phần 2)= (5,74-2,66) = 3,08  (gấp 2 lần 1)  A có nCO2=0,06*3=0,18=nC  Phần thứ 2 chiếm 2/3 hỗn hợp A. Phần 1 có nN2=0,005 A có nN=0,005*2*3=0,03 Phần 2 vào dung dịch AgNO3 chỉ có HCl và H2O nHCl=0,04  nHCl trong A=0,06=nCl mH2O + mHCl (trong phần 2)= (5,74-2,66) = 3,08  mH2O phân 2=1,62  nH2O=0,09  nH2O trong A=0,135  Trong A nH=0,06+0,135*2= 0,33 nO=0,03 nC:nH:nO:nCl:nN=0,18 : 0,33 : 0,03 : 0,06 : 0.03 = 6:11:1:2:1 X là (C6H11OCl2N)n MX=184 n <232 n=1 X là C6H11OCl2N

CH3

CH2CH3

CH3

0,25

A là PCl5; B là HCl; C là Ba2(PO4)3 PH3 + 4Cl2 → PCl5 +3HCl PCl5 + 4H2O → H3PO4 +5HCl 2HCl + Ba(OH)2 → BaCl2 + 2H2O 3Ba(OH)2 + 2H3PO4 → Ba3(PO4)2 + 6H2O

Mỗi pt đúng 0,25 điểm

0,25

Trang 217

Trang 218

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎI HÓA HỌC

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 06 trang)

()

KỲ THI HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA Năm học 2019-2020 Môn thi : HÓA HỌC Thời gian : 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 09/10/2019

Cho biết: Hằng số Faraday F = 96485 C/mol; Số Avogađro NA = 6,02.1023 mol-1; T(K) = toC + 273; Hằng số Planck h = 6,626.10-34 J.s; Tốc độ ánh sáng c = 3.108 m.s-1. Nguyên tử khối của H = 1; N = 7; C = 12; O = 16; F = 19; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Cu = 63,54. Câu I. (2,0 điểm) I.1. Năm 1888, Rydberg và Ritz đã đưa ra một công thức kinh nghiệm để xác định vị trí của các vạch phổ hiđro bằng sự hấp thụ ánh sáng: 1 = R. 1 − 1  2 2 λ  n1 n 2  Trong đó: λ là bước sóng, R là hằng số Rydberg, n1 và n2 là các số tự nhiên. Năm 1913, Bohr phát triển mô hình nguyên tử hiđro. Mô hình này dựa trên giả thiết nguyên tử có electron chuyển động theo quỹ đạo tròn xác định quanh hạt nhân mà không có sự phát xạ năng lượng. Sự chuyển electron từ quỹ đạo n1 đến n2 kèm theo sự hấp thụ hoặc phát xạ ánh sáng (photon) với bước sóng e2 . cụ thể. Thế năng của electron trong trường lực hạt nhân là En = − 4πεo rn -19 -12 Trong đó: e = 1,6.10 C, εo = 8,85.10 F/m, rn: bán kính quỹ đạo thứ n và rn = ao.n2 với ao là bán kính quỹ đạo đầu tiên của Bohr. Biết động năng của electron trong nguyên tử hiđro bằng một nửa thế năng và có dấu ngược lại. Cho hằng số R = 0,01102 nm-1 . 1. Tính năng lượng của 1 mol nguyên tử hiđro ở trạng thái cơ bản. 2. Tính bán kính Bohr ao và khoảng cách ngắn nhất giữa quỹ đạo thứ 2 và thứ 3. 3. Tính năng lượng ion hóa của nguyên tử hiđro. I.2. 1. Hoàn thành các phản ứng hạt nhân sau: a. 18O + p → …+ n b. … + 12 D → 18F + α

TUYỂN TUY N TẬP T P ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN HSG HÓA HỌC

c. 19F + 12 D → 20F + … d. 16O + … → 18F + p + n 18 2. Phản ứng (a) ở trên được dùng để tổng hợp F (chu kì bán hủy của 18F là 109,7 phút), nguyên liệu sử dụng là nước được làm giàu H218O. Sự có mặt của nước thường H216O dẫn tới phản ứng phụ với 16O và hình thành đồng vị 17F. a. Tính hiệu suất gắn 18F vào D-glucozơ nếu hoạt độ phóng xạ ban đầu của một mẫu 18F là 600 MBq và hoạt độ phóng xạ của 18F-2-đeoxi-D-glucozơ (FDG) sau khi gắn là 528,3 MBq. Thời gian tổng hợp là 3,5 phút. b. Thời gian bán hủy sinh học của 18F-2-đeoxi-D-glucozơ là 120 phút. Tính hoạt độ phóng xạ còn lại theo MBq trong bệnh nhân sau một giờ tiêm FDG? Biết hoạt độ phóng xạ ban đầu là 450 MBq. Câu II. (2,0 điểm) II.1. Ba nguyên tố flo, clo và oxi tạo thành nhiều hợp chất với nhau: (a) ClO2F (b) ClOF3 (c) OF2 (d) ClF5 (e) ClF3 1. Với mỗi chất trên hãy viết công thức cấu tạo Lewis, nêu dạng hình học theo mô hình. 2. Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm.

Trang 1

Trang 2

II.2. Ngày nay Cu2O được sử dụng rộng rãi trong pin mặt trời do giá thành rẻ và không độc hại. Cho hai hình ảnh về mạng tinh thể Cu2O, với hằng số mạng là 427,0 pm. 1. Cho biết nguyên tử nào là nguyên tử Cu (A hay B)? Cho biết kiểu kết tinh cơ bản của các nguyên tử A và các nguyên tử B (lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm mặt, kim cương) và số phối trí của mỗi loại nguyên tử? 2. Tính khối lượng riêng của Cu2O? 3. Một khuyết tật mạng phổ biến của Cu2O là thiếu một vài nguyên tử Cu trong khi mạng tinh thể của oxi không thay đổi. Trong một mẫu nghiên cứu, có 0,2% nguyên tử Cu được tìm thấy ở trạng thái oxi hóa +2. Tính phần trăm vị trí Cu thông thường bị khuyết trong mẫu tinh thể? Cho biết giá trị x trong công thức thực nghiệm của tinh thể Cu2-xO? Câu III. (2,0 điểm) III.1. N2O4 là một thành phần quan trọng của nhiên liệu tên lửa. Tại điều kiện thường, NO2 là chất khí, có màu nâu đỏ. Khi làm lạnh NO2, màu nâu đỏ giảm. Ở nhiệt độ sôi (ts = 21oC) chỉ còn màu nâu nhạt và trở nên không màu ở trạng thái rắn. NO2 nằm cân bằng với N2O4 theo phương trình sau: N2O4(k) ⇌ 2NO2(k); ∆Ho = 57kJ.mol-1; ∆So = 176 J.mol-1.K-1 ở 25oC. 1. Giải thích tại sao: NO2 có màu trong khi N2O4 không màu và sự thay đổi màu sắc khi làm lạnh NO2? 2. Giả sử hỗn hợp có áp suất tổng không đổi là 1 atm và trong khoảng nhiệt độ khảo sát ∆Ho, ∆So không phụ thuộc vào nhiệt độ. a. Tính áp suất riêng phần của NO2 và N2O4 ở 25oC? b. Tại nhiệt độ nào thì nồng độ NO2 và N2O4 bằng nhau? III.2. Nạp 10,0 mmol but-1-in vào một lò phản ứng có thể tích thay đổi được với Vo = 0,1 m3 chỉ chứa không khí ở P = 1,0 atm và T = 298K. Tiến hành đốt cháy hoàn toàn hiđrocacbon này ở điều kiện đoạn nhiệt đẳng áp (là phản ứng duy nhất xảy ra trong điều kiện này). Sau khi đốt cháy hoàn toàn thì trong bình phản ứng chỉ chứa cacbonic, hơi nước, nitơ và oxi. 1. Tính entanpy tiêu chuẩn của phản ứng ở 298K (theo kJ.mol-1). Từ đó suy ra lượng nhiệt tỏa ra tương ứng với số mol but-1-in nạp vào. 2. Tính số mol các chất có trong bình phản ứng sau khi quá trình đốt cháy xảy ra hoàn toàn. Giả sử không khí là hỗn hợp của oxi và nitơ với tỉ lệ mol lần lượt là 1 : 4. 3. Tính nhiệt độ cực đại trong bình sau phản ứng cháy. Cho các dữ kiện nhiệt động ở điều kiện tiêu chuẩn, 298K. Chất C4H6(k) CO2(k) H2O(k) O2(k) N2(k) ∆H os (kJ.mol-1) 165,2 -393,5 -241,8 0 0 Cp (J.K-1.mol-1) 13,5 46,6 41,2 32,2 27,6 Giả sử các giá trị nhiệt dung và nhiệt tạo thành không phụ thuộc nhiệt độ. Câu IV. (2,0 điểm) NO là chất gây ô nhiễm không khí, thường được hình thành chủ yếu từ sấm sét và do quá trình đốt cháy nhiên liệu của động cơ. Ở nhiệt độ cao, NO có thể phản ứng với H2 tạo ra khí N2O là một chất gây ra hiệu ứng nhà kính: 2 NO (k) + H2 (k) → N2O (k) + H2O (k) (1) IV.1. Để nghiên cứu động học của phản ứng ở 820oC, tốc độ đầu của phản ứng tại các áp suất ban đầu khác nhau của NO và H2. Áp suất đầu, torr Thí Tốc độ đầu PH 2 PNO nghiệm hình thành N2O, torr.s-1 1 120,0 60,0 8,66.10-2 2 60,0 60,0 2,17.10-2 3 60,0 180,0 6,62.10-2 Bài tập này không sử dụng nồng độ. Dùng đơn vị áp suất là torr, đơn vị thời gian là giây.

1. Viết biểu thức tốc độ phản ứng và tính hằng số tốc độ phản ứng. 2. Tính tốc độ tiêu thụ ban đầu của NO ở 820oC khi hỗn hợp ban đầu có áp suất riêng phần của NO bằng 2,00.102 torr và của H2 bằng 1,00.102 torr. 3. Tính thời gian để áp suất riêng phần của H2 giảm đi một nửa, nếu áp suất ban đầu của NO là 8,00.102 torr và của H2 là 1,0 torr ở 820oC IV.2. Người ta đề nghị cơ chế sau đây cho phản ứng giữa NO và H2: k1 ⇀ N2O2 (k) 2 NO (k) ↽ k

Trang 3

Trang 4

−1

2 → N2O (k) + H2O (k) N2O2 (k) + H2 (k)  1. Sử dụng phương pháp gần đúng trạng thái dừng, từ cơ chế trên hãy rút ra biểu thức của định luật tốc độ cho sự hình thành N2O. 2. Trong điều kiện nào thì định luật tốc độ tìm được có thể đơn giản hóa trở thành định luật tốc độ thực nghiệm ở phần IV.1. Câu V. (2,0 điểm) V.1. Một pin nhiên liệu được hình thành khi đốt cháy metanol, chất dẫn điện là dung dịch axit loãng. Thế điện cực chuẩn của pin ở 298K là 1,21V và ở 373K giảm 10mV. Nhiệt độ chuẩn 298K và áp suất 1 bar. 1. Viết các bán phản ứng tại anot và catot. Viết phản ứng tổng quát xảy ra trong pin. 2. Sử dụng phương trình Van’t Hoff, hãy tính ∆Ho và ∆So của phản ứng trong pin metanol ở 298K với hệ số nguyên tối giản ở phản ứng đốt cháy. Giả sử entanpy và entropy không phụ thuộc vào nhiệt độ. V.2. Bromothymol xanh là chất chỉ thị được dùng để đánh giá chất lượng nước của các hồ cá. Phổ hấp thụ của bromothymol xanh được thể hiện trên hình: Đường 1: Ứng với dạng bazơ. Đường 2: Ứng với dạng axit.

Điểm đẳng quang của chất chỉ thị là bước sóng tại đó dạng axit và dạng bazơ của chất chỉ thị có hệ số hấp thụ phân tử (ε) giống nhau. Điểm này giúp xác định nồng độ tổng của chất chỉ thị trong dung dịch. Dung dịch đo quang được chuẩn bị như sau: Lấy 4 mL dung dịch gốc có nồng độ 1,0093 mM trộn với 6 mL dung dịch HCl 0,1M. Mật độ quang đo được ở bước sóng 500 nm (điểm đẳng quang) và cuvet có bề dày l = 1 cm là 0,166. 1. Tính hệ số hấp thụ phân tử ε500 theo L.mol-1.cm-1 2. Mỗi thí nghiệm trộn 5 mL dung dịch gốc có nồng độ 1,0093 mM với 5 mL dung dịch đệm. Phổ được ghi lại và giá trị mật độ quang được xác định. Sự hấp thụ cực đại của bromothymol xanh tại các bước sóng với pH = 6,90. λ (nm) A εaxit (L.mol-1.cm-1) εbazơ (L.mol-1.cm-1) 450 0,338 1129 238 615 0,646 2,70 2603 Từ các giá trị đo ở bảng trên, hãy tính nồng độ dạng axit tại bước sóng λ = 450 nm và nồng độ dạng bazơ tại bước sóng λ = 615 nm. Câu VI. (2,0 điểm) VI.1. CaF2 tan kém nhất trong các florua của kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ. 1. Tính độ tan của CaF2 trong nước theo mg/L? 2. Độ tan của CaF2 thay đổi thế nào trong dung dịch axit? Tính độ tan của CaF2 trong dung dịch có pH = 1 theo mg/L? Cho biết ở 25oC: Tích số tan Ks(CaF2) = 10-10,40; pKa (HF) = 3,17.

VI.2. Cho hai hỗn hợp A và B. Hỗn hợp A chứa Na2CO3 và NaHCO3. Hỗn hợp B chứa Na2CO3 và NaOH. Hòa tan một trong hai hỗn hợp này vào nước và pha thành 100 mL dung dịch. Chuẩn độ 20,00 mL dung dịch thu được bằng dung dịch HCl 0,200 M với chất chỉ thị phenolphtalein, hết 36,15 mL HCl. Nếu sử dụng chất chỉ thị metyl da cam thì thể tích HCl tiêu thụ là 43,8 mL. 1. Hãy cho biết phản ứng nào xảy ra khi dung dịch chuyển màu và hỗn hợp phân tích là hỗn hợp A hay B? Giải thích. 2. Xác định thành phần phần trăm khối lượng của hỗn hợp đã phân tích. 3. Tính thể tích dung dịch HCl 0,2M cần để chuẩn độ 20 mL dung dịch phân tích ở trên đến pH = 6,5. Cho biết: Khoảng chuyển màu của phenolphtalein: pH = 8,3 đến 10,0; của metyl da cam: pH = 3,1 đến 4,4. pKa1(CO2 + H2O)= 6,35; pKa2(CO2 + H2O)= 10,33. Câu VII. (2,0 điểm) VII.1. Xiclohexan có thể tồn tại ở một số dạng như: dạng ghế (chair), dạng thuyền (boat), nửa ghế (half-chair), xoắn (twist-boat):

Câu IX. (2,0 điểm) IX.1. Trong tế bào, hợp chất glutathione đóng vai trò là chất chống oxi hóa. Glutathione phản ứng mạnh với các tác nhân oxi hóa gây hại cho tế bào. Cấu trúc của glutathione như sau:

1. Hãy cho biết glutathione được cấu tạo từ các đơn vị amino axit nào? 2. Khi tác dụng với các chất oxi hóa, chuyển hóa thành sản phẩm 3 (C20H30N6O12S22-). Đề xuất công thức cấu tạo của 3. 3. Đề xuất cơ chế phản ứng của glutathione với peoxit R-O-O-R. IX.2. 1. Năm 1911, Wilstatter đã tổng hợp được xicloocta-1,3,5,7-tetraen từ amin vòng theo sơ đồ sau: H3C

Trans-4-floxiclohexanol tồn tại chủ yếu ở dạng ghế, trong khi đồng phân cis tồn tại chủ yếu ở dạng xoắn. Hãy giải thích ngắn gọn. VII.2. So sánh các tính chất của mỗi cặp chất sau và giải thích ngắn gọn: 1. Giá trị pKa1 và pKa2 của axit oxalic (HOOC-COOH) và axit glutaric (HOOC-CH2-CH2-CH2-COOH). 2. Độ tan trong nước của THF (tetrahiđrofuran) và đietyl ete. O

THF (tetrahidrofuran)

N 1. CH3I dö

1. CH3I dö 5

2. Ag 2O, H 2O

Br 2

(1 : 1)

dietyl ete

3. Nhiệt độ sôi của chất 1 và 2. F3C CF2

CF3

(CH3)2NH

1. CH3I dö 9

2. Ag2O, H2O

CF3

2. Từ axit 2-oxoxiclohexancacboxylic và các hợp chất vô cơ cần thiết, viết sơ đồ tổng hợp lysin.

Câu VIII. (2,0 điểm) VIII.1. Đề xuất cơ chế cho các phản ứng sau: OTs AcOH

O 1. Na, xylen

2. MeOOC

COOMe

2. H3O +

VIII.2. Cacben là tiểu phân có nguyên tử cacbon còn 2 electron chưa tham gia liên kết. Cacben tồn tại ở 2 dạng cấu trúc là singlet (2 electron không liên kết thuộc cùng 1 AO) và triplet (2 electron không liên kết thuộc 2 AO). Cơ chế phản ứng của cacben metylen singlet và triplet với ankan có sự khác nhau. Metylen singlet phản ứng với ankan không có sự chọn lọc giữa các bậc H trong khi đó metylen triplet có sự chọn lọc, ưu tiên bậc III > bậc II > bậc I. Đề xuất cơ chế phản ứng của ankan với cacben metylen singlet và triplet. R-H (ankan)

CH2

Câu X. (2,0 điểm) X.1. Khi tiến hành metyl hóa D-glucozơ bằng CH3OH (xúc tác HCl khan), lượng sản phẩm metyl αD-glucopiranozit thu được cao hơn so với sản phẩm metyl β-D-glucopiranozit. Hãy giải thích ngắn gọn. Viết cơ chế phản ứng metyl hóa D-glucozơ bằng CH3OH (xúc tác HCl khan), tạo thành sản phẩm metyl α-D-glucopiranozit.

R-CH2-H

Trang 5

Trang 6

I.1 1 điểm

X.2. Xác định công thức các chất trong sơ đồ tổng hợp sau:

MgBr

H2SO 3 11

2. H2O

AcOH

(C16H22O)

1. NBS

với n1 = 1, n2 = ∞ → EH = - hc/λ = - hc.R = - 6,626.10-34.3.108.0,01102.109 = - 2,19.10-18 J Năng lượng của một mol nguyên tử H: E = NA.EH = 6,02.1023. (- 2,19.10-18) = - 1,32.106 J 2. Năng lượng toàn phần của nguyên tử = động năng (Eđ) + thế năng (Et)

2. CaCO3, Me-CO-NMe2

(C18H24O 2)

 1 1  − 2 2 n n  1 2 

1. Năng lượng nguyên tử H ở trạng thái cơ bản: -EH = hc/λ = hc.R 

(C7H10O)

E = Eđ + Et = O

Ph Br2, H2O

13 (C18H22O2)

PCC

(C18H23BrO3)

CaCO3 Me-CO-NMe2

(C18H21BrO3)

1. Me2CuLi

2. H3O+

(C18 H20O3)

OAc 17 (C19H24O3)

1. N2H4, KOH 2. Ac2O

1. O3 2. H2CrO4

(C19 H26O 2)

1. COCl2 2. NH3

(C14H22O4)

I.2 1 điểm

(1,6.10 −19 ) 2 = -2,19.10-18 → ao = 5,26.10-11 m = 52,6pm 8π.8,85.10 −12.a o .12

Khoảng cách giữa hai quỹ đạo 2 và 3 là r3 – r2 = ao.32 - ao.22 = 5ao = 263 pm. 3. Năng lượng ion hóa là năng lượng cần để tách một electron ở trạng thái cơ bản (n1 = 1) ra xa vô cùng (n2 = ∞). I = E∞ - E1 = -E1 = -EH = - hc.R = 6,626.10-34.3.108.0,01102.109 = 2,19.10-18 J Hoặc bằng 13,6 eV 18 1. a. O + p → 18F + n 20 b. Ne + 12 D → 18F + α F + 12 D → 20F + 11 H

(C14H23NO3)

O + α → 18F + p + n Viết đúng mỗi phản ứng được 0.125 2. a. Hoạt độ phóng xạ của mẫu sau 3,5 giờ là: d.

Xác định công thức cấu tạo các chất trong sơ đồ phản ứng. Cho biết: Tác nhân CaCO3, Me-CO-NMe2 có tác dụng tách hiđro halogenua.

−

- Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Số báo danh: ………………

Họ và tên giám thị số 1:…………………………………………………

Chữ ký:…………………….

Họ và tên giám thị số 2:…………………………………………………

Chữ ký:…………………….

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

ln 2

−

ln 2

0.125 0,125

0,125 0,25 0,25

0.125 *4 = 0,5

.3,5

A3,5 = Ao. e T1/ 2 = 600. e 109,7 = 586,9 MBq 0,125 Hiệu suất = 528,2/586,9 = 0,900 hay 90,0%. 0.125 2. b. Chất phóng xạ được bài tiết qua quá trình phân rã phóng xạ và qua các cơ quan bài tiết. Quá trình này có thể xem như một phản ứng động học song song bậc nhất với hằng 0,125 số tốc độ phản ứng k = k1 + k2 = ln2/109,7 + ln2/120

-------------- HẾT --------------

Họ và tên thí sinh:……………………………………………………….

e2 e2 e2 − == - 2,19.10-18 8πε o rn 4πεo rn 8πε o rn

0,125

A60 = Ao. e − kt = 450. e

 ln 2 ln 2  − + .60  109,7 120 

= 217,8 MBq.

0.125

KỲ THI HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA Năm học 2019-2020 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN Môn: HÓA HỌC (Hướng dẫn chấm này gồm có 11 trang)

Câu Câu I

Nội dung

Điểm 2,0

Trang 7

Trang 8

Câu II II.1 1 điểm

Câu III III.1 1. Trong phân tử NO2, trên nguyên tử N còn một electron tự do, electron dễ bị kích 1 điểm thích bởi ánh sáng nhìn thấy nên hợp chất có màu. Do N2O4(k) ⇌ 2NO2(k) ∆H = 57kJ.mol-1 là quá trình thu nhiệt nên khi hạ thấp nhiệt độ cân bằng chuyển dịch theo chiều tỏa nhiệt (chiều nghịch) tức là chiều tạo ra N2O4 nên màu của hỗn hợp sẽ giảm dần và trở nên không màu. 2. a. Ở 25oC ∆Go = ∆Ho - T∆So = 57000 – 176.298 = 4552 J/mol

2,0 Chất a. ClO2F

CTCT Lewis

Dạng hình học

Lai hóa lai hóa sp3

chóp tam giác

− ∆G o

Có K = cấu trúc bập bênh c. OF2 cấu trúc góc d. ClF5

PN2O4

lai hóa sp3 1,0 3 2

2 PNO 2

= 0,159 → PNO2 = 0,327 atm;

PN 2O 4 1 − PNO2 = 1- PNO2 = 0,673 atm 2 PNO 2

lai hóa sp d

K2 =

lai hóa sp3d

Áp dụng phương trình Van’t Hoff : K ∆H 1 1 0,159 57000 1 1 ln 1 = ( − ) → ln = ( − ) → T2 = 313,6K hay 40,6oC K2 R T2 T1 0,5 8,314 T2 298 III.2 1 điểm

chữ T Nếu chỉ viết đúng CT Lewis của 1 chất được 0.1 điểm 1. Hình vẽ cho thấy trong mỗi ô mạng, có 4 nguyên tử B, 2 nguyên tử A → B là Cu (A là O). Oxi kết tinh kiểu mạng lập phương tâm khối, số phối trí của oxi = 4 Cu kết tinh kiểu mạng lập phương tâm mặt, số phối trí của Cu = 2. (Nếu chỉ trả lời đúng 2 kiểu mạng tinh thể của Cu và O được 0,125 điểm) 2. Trung bình mỗi ô mạng cơ sở có 2 phân tử Cu2O. n.M 2.(63,54 x 2 + 16) = 6,106 g / cm3 = Khối lượng riêng: D = N A .Vô 6, 02.1023.(427.10−10 )3 (Nếu lấy Cu = 64 thì D = 6,143 vẫn được 0,25 điểm) 3. Cứ 1000 nguyên tử Cu có 998 Cu(I) và 2 nguyên tử Cu(II). Để cân bằng điện tích với anion sẽ phải có 2 vị trí của Cu bị khuyết. Vậy % vị trí Cu bị khuyết là 2/1002 ≈ 0,2%. Cu bị khuyết 0,2% → x/2 = 0,002 → x = 0,004.

PN 2O4

= PNO2 → K2 = 0,5 khi đó nhiệt độ là T2

1. Phản ứng xảy ra theo phương trình: C4H6(k) + 5,5 O2(k) → 4 CO2(k) + 3 H2O(k)

∆Hopu

= 4 ∆H so (CO2) + 3 ∆H so (H2O) - ∆H so (C4H6) = -2464,6 kJ/mol.

Ứng với 0,01 mol C4H6 thì nhiệt lượng tỏa ra sẽ là 24,646 kJ. 2. Tổng số mol khí trước khi nạp but-1-in vào bình: n = PV/RT = 4,090 mol n(O2) = 4,090/5 = 0,818 mol, n(N2) = 3,272 mol Sau khi đốt cháy: n(N2) = 3,272 mol; n(CO2) = 0,01 x 4 = 0,04 mol; n(H2O) = 0,03 mol; n(O2) dư = 0,818 – 0,01x5,5 = 0,763 mol. 3. Gọi Tx là nhiệt độ cực đại của bình sau khi quá trình đốt cháy xảy ra hoàn toàn. Do sự đốt cháy là đoạn nhiệt nên không có sự trao đổi nhiệt với bên ngoài, tức ở đây Q = ∆H = 0. Từ đó ta có chu trình sau:

Mỗi chất trả lời đầy đủ cả 3 ý: CT Lewis, dạng hình học và trạng thái lai hóa được 0.2 điểm

II.2 1 điểm

0,25 0,125

0.125

2. b. P=CRT, khi nồng độ bằng nhau nghĩa là áp suất riêng phần của hai khí bằng nhau = 1/2 atm = 0,5 atm.

tháp vuông e. ClF3

0,25

∆Go = -RTlnK → K= e RT = e 8,314.298 = 0,159 Cân bằng: N2O4(k) ⇌ 2NO2(k)

lai hóa sp3d

b. ClOF3

− 4552

2,0

0,125 0,125 0,125 0,125

0,125

0.125

0,125 0.125 0,125 0.125

0,125 0,25 0,125 0,125

Với ∆HoT = ∆H1o + ∆H o2 + ∆H 3o + ∆H o4 =0,04 x 46,6(Tx– 298)+0,03x 41,2(Tx–298) + 0,763 x 32,2(Tx – 298) + 3,272 x 27,6(Tx–298)

0,125

Theo chu trình Hess: 0,01. ∆H opu (298K) + ∆HoT = ∆H = 0

Trang 9

0,04 x 46,6(Tx – 298) + 0,03 x 41,2(Tx – 298) + 0,763 x 32,2(Tx – 298) + 3,272 x 27,6(Tx – 298) = - 0,01. ∆H opu (298K) = 24646

0,125

→ Tx = 507K

0,125

Trang 10

Câu IV a b IV.1 1. v = k∙ p NO .pH2 1 điểm

2,0 a=2

b=1

−2 TN1: k1 = 8,66.10 = 1,00.10-7 torr-2.s-1 2 120 .60 TN2: k2 = 1,00.10-7 torr-2.s-1 TN3: k3 = 1,02.10-7 torr-2.s-1 → k = 1,01.10-7 torr-2.s-1 (Nếu chỉ tính k trong 1 TN được 0,125đ và không chấm câu IV.1.2 và IV.1.3) 2. v = vNO/2 = 1,01.10-7.(2,00x102)2.1,00x102 = 0,404 torr.s-1 → vNO = 0,808 torr.s-1

IV.2 1 điểm

3. P(NO) ≫ P(H 2) ⇒ v = k’ .P(H2) với k’ = k .P(NO)2 (có thể trình bày bằng lời) k’ = 1,01.10-7 torr-2.s-1.(8,00x102 torr)2 = 0,065 s-1 t1/2 = ln2/k’ t1/2 = 10,7 s 1. Tốc độ hình thành N2O: ∆ p(N 2 O) = k 2 .p(N 2 O 2 ).p(H 2 ) ∆t Áp dụng nguyên lí trạng thái dừng cho N2O2: ∆p(N 2 O 2 ) = k1 .p(NO) 2 − k −1 .p(N 2 O 2 ) − k 2 .p(N 2 O 2 ).p(H 2 ) =0 ∆t

k1 .p(NO) 2 ∆p(N 2 O) k .p(NO) 2 → p(N2O2) = → = k 2 .p(H 2 ) 1 k −1 + k 2 .p(H 2 ) ∆t k −1 + k 2 .p(H 2 )

Câu V V.1 1 điểm

0,25

2,0 1. Anot: CH3OH + H2O → 6H+ + CO2 + 6e Catot: 4H+ + O2 + 4e → 2H2O Phản ứng tổng quát: 2 CH3OH + 3 O2 → 2 CO2 + 4 H2O 2. Phương trình Van’t Hoff: K nFE1o nFEo2 ∆H o 1 1 ∆H o 1 1 nFE o ln 1 = ( − ) và lnK = → ( − ) − = K2 R T2 T1 RT RT1 RT2 R T2 T1

nFE1o nFE o2  1, 21 1, 20  − 12.96485.  −  RT1 RT2 o  298 373  = -1447,0 kJ.mol-1 → ∆H = R. = 1 1 1 1 − − T2 T1 373 298

0,25 0,125

∆G o298 = -nFEo = - 12.96485.1,21 = - 1401,0 kJ.mol-1

0,125

∆So = V.2 1 điểm

0,25

Vậy ∆p(N 2 O) = k 2 .k1 p(H 2 ).p(NO) ∆t k −1 + k 2 .p(H 2 )

0,25

2. Khi k-1 ≫ k2.p(H2) thì định luật tốc độ tìm được sẽ trùng với định luật tốc độ thực nghiệm ở phần IV.1.

0,25

∆H − ∆G −1447.10 − (−1401.10 ) = = -154,4 J.K-1.mol-1 T1 298

1,0093.4 1. C = Co .Vo = = 0,40372mM 10 V 0,166 A = εlC → ε = A = = 411 L.mol-1.cm-1 C.l 0, 40372.10 −3.1 2. Giả sử chỉ thị có dạng HIn trong môi trường axit và In trong môi trường bazơ.

Co .Vo 1,0093.5 = = 0,50465 mM V 10 l =1cm Tại 615nm A1 = ε1bazo .l.[In] + ε1axit .l.[HIn]  → 0,646 = 2603.[In] +

0,25

0,25 0,125 0.25 0,125

2,7.(0,50465.10-3-[In]) → [In] = 0,2479mM

0.25

2 l =1cm Tại 450nm A2= ε 2bazo .l.[In]+ ε axit .l.[HIn]  → 0,338=238.(0,50465.10-3-[HIn]) +1129[HIn] → [HIn]= 0,2445mM

0,25

Câu VI VI.1 1. Gọi độ tan của CaF2 là S. Xét cân bằng 1 điểm CaF2 ⇌ Ca2+ + 2FS S 2S Ks = [Ca2+][F-]2 = S (2S)2 = 4S3 = 10-10,40 → S = 2,15.10-4 M = 16,77 mg/L. 2. CaF2 trong dung dịch axit, tồn tại các cần bằng: (1) CaF2 ⇌ Ca2+ + 2FHF ⇌ H+ + F(2) Môi trường axit làm cân bằng (2) chuyển dịch về phía tạo HF nên cân bằng (1) chuyển dịch sang phải dẫn đến độ tan của CaF2 trong dung dịch axit tăng lên so với trong nước. Ta có: C(F-) = 2S = [HF] + [F-] → [F-] = C(F-). K a Ka + h

2,0 0,25 0.125 0.125 0.125

0.125

−3,17 h =[H + ]= 0,1M  → [F-] = 2S. −10 3,17

+ 0,1

và [Ca2+] = S Vậy Ks = [Ca2+][F-]2 = S.( 2S. = 471,12 mg/L.

Trang 11

10 −3,17 )2 = 10-10,40→ S = 6,04.10-3 M 10 + 0,1 −3,17

0,125 0.125

Trang 12

VI.2 1 điểm

K a1 = 103,98 nên có thể chuẩn độ từng nấc đối với đa bazơ CO32-. K a2 pKa1 + pKa 2 pH − = = 8,34 ≈ 8,3 = pH chuyển màu của phenolphthalein HCO3 2 → Khi chuẩn độ hết nấc 1, thành phần dung dịch là HCO3-. Và tại giá trị pH chuyển màu của metyl da cam (pT = 4,0), phép chuẩn độ dừng ở nấc 2. Các phản ứng xảy ra - Tại nấc 1 : H+ + OH- → H2O H+ + CO32- → HCO3- Tại nấc 2 : H+ + HCO3- → H2CO3 Căn cứ vào quan hệ thể tích tiêu thụ của thuốc thử (HCl) tại hai điểm dừng chuẩn độ là V1 (khi dùng phenolphtalein) và V2 (khi dùng metyl da cam): + Nếu mẫu phân tích chỉ có CO32 – thì V2 ≈ 2V1. + Nếu trong mẫu chứa CO32 – và HCO3 – thì V2 > 2V1. + Nếu mẫu phân tích gồm CO32 – và OH – thì V2 < 2V1. Theo bài ra ta thấy V2 < 2 V1. Vậy hỗn hợp phân tích là hỗn hợp B. 2. 20.( C Na2CO3 + C NaOH ) = 36,15. 0,20

Câu VII VII.1 Trans-4-floxiclohexanol tồn tại chủ yếu ở dạng ghế với hai nhóm thể ở vị trí liên kết 0,5 điểm e, khi đó sức căng vòng và tương tác đẩy của các nhóm thế nhỏ nhất

1. Do

20.(2 C Na2CO3 + C NaOH ) = 43,8 .0,20 → C Na2CO3 = 0,0765 M ,

0.125

0,25 Cis-4-floxiclohexanol tồn tại chủ yếu ở dạng xoắn vì F và nhóm –OH tồn tại liên kết H nội phân tử: 0.25

0,125

Trong các cấu dạng của xiclohexan, bền nhất là cấu dạng ghế, sau đó đến cấu dạng xoắn. Cấu dạng xoắn sẽ giúp rút ngắn khoảng cách giữa nhóm –OH và –F. VII.2 1. Giá trị pKa1 axit oxalic < axit glutaric Ý1 Giải thích: anion sinh ra từ axit oxalic có liên kết H nội phân tử làm bền anion, 0,5 điểm trong khi anion sinh ra từ axit glutaric không có.

0,125

CNaOH = 0,2850 M

106.0,0765 100% = 41,6%; 106.0,0765 + 40.0, 285 %m (NaOH) = 100% - 41,6% = 58,4%

%m (Na2CO3) =

3. [HCO3− ] h 10−6,5 = = ≫ 1 → bỏ qua nồng độ của CO32− [CO32− ] Ka2 10−10,33

[H 2 CO3 ] h 10−6,5 = = −6,35 ≈ 1 → Thành phần của hệ gồm H2CO3 và HCO3− [HCO3 ] Ka1 10 → phần HCO3- bị trung hòa chính là lượng H2CO3 tạo thành → tính được % HCO3- bị trung hòa: [H 2 CO3 ] h 10−6,5 = = −6,35 = 0, 4145 − [HCO3 ]+[H 2 CO3 ] Ka1 + h 10 + 10−6,5 Vậy VHCl cần dùng để chuẩn độ 20,00 ml dung dịch B đến pH = 6,50 là 0,2.VHCl = 20.(1,4145. C Na2CO3 + C NaOH ) 20(1,4145.0,0765+0,285) → VHCl = = 39,32 ml. 0, 2

2,0

0,125

0,125 0.125

Giá trị pKa2 axit oxalic < axit glutaric Giải thích: điện tích trong tiều phân anion sinh ra từ axit oxalic được giải tỏa mạnh nhờ hiệu ứng liên hợp trong khi axit glutaric không có. 0.125

0.125 0.125

Ý 2,3 1 điểm 0.125

2. Độ tan trong nước của THF (tetrahiđrofuran) > đietyl ete Giải thích: Do đi etyl ete cấu tạo mạch hở, dễ quay cấu dạng cản trở sự hình thành liên kết H giữa dung môi nước và đi etyl ete. Trong khi đó THF tồn tại ở dạng vòng cứng nhắc nên hiện tượng quay cấu dạng diễn ra ít hơn nhiều.

0.125

0,325 0,25 (Nếu chỉ giải thích do hiệu ứng không gian chung chung được 0.125) 3. Nhiệt độ sôi của chất 1 và 2. 0.125

Giải thích: Độ âm điện của F lớn sẽ hút electron nên các nguyên tử F mang điện tích âm. Các nguyên tử F ở phía ngoài bề mặt của phân tử dẫn đến các phân tử 1 đẩy nhau (bề mặt ngoài phân tử đều cùng tích điện âm) làm nhiệt độ sôi nhỏ hơn so với 2.

Trang 13

0,325

Trang 14

Câu IX. IX.1. 0,625 điểm

Câu VIII.

VIII.1. 1 điểm

1. Glutathione được tạo thành từ axit L-glutamic, L-cystein và glyxin. (Không cần ghi đúng tên của amino axit nhưng viết đúng cả 3 CTCT mới được 0,125 điểm)

0,125

2. Công thức cấu tạo của 3.

0,75

0,25

Đúng CTCT của chất 1 được 0,125 điểm Đúng CTCT của chất 2 được 0,25 điểm Đúng CTCT của chất 3 được 0,25 điểm Đúng CTCT của chất 4 được 0,125 điểm

3. Đề xuất cơ chế phản ứng của glutathione với peoxit R-O-O-R. 0,25

IX.2. 1,375 điểm

1. Sơ đồ tổng hợp

0,75

VIII.2. 1 điểm

Đến chất được 0,5; Còn lại được 0,25 Metylen singlet phản ứng với ankan không có sự chọn lọc giữa các bậc H nên xảy ra theo cơ chế:

Metylen triplet có sự chọn lọc, ưu tiên bậc III > bậc II > bậc I suy ra phản ứng xảy ra theo cơ chế gốc

0,875

0,25

0,25 Xác định đúng 1 chất được 0,125 điểm. 2. Tổng hợp lysin. 0,25

Trang 15

Trang 16

NH2

NH2 H3O+

HN3

HOOC

COOH

H2SO4

H2N

COOH

0,25 KOH

P/u Schmidt

Câu X. X.1. 0,5 điểm

1. O3

OAc

2. H2CrO4

- Cơ chế phản ứng

0,25

Xác định đúng mỗi công thức cấu tạo được 0,15 điểm. Riêng chất 11 (đầu tiên) được 0,3 điểm. Lưu ý: Thí sinh làm cách khác nhưng đúng, vẫn cho điểm tối đa.

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

- Giải thích sản phẩm chính là đồng phân α: Trong cacbocation, nguyên tử O có obitan chứa cặp e không liên kết ở vị trí liên kết a song song với obitan p trống của nguyên tử cacbon nên sẽ xuất hiện hiệu ứng liên hợp, làm tăng độ bền của cacbocation. Khi cặp e không liên kết của nguyên tử O trong phân tử ancol tấn công vào sẽ hình thành đồng phân α. 0,125

Đối với trường hợp hình thành đồng phân β, nguyên tử cacbon không được giải tỏa điện tích dương do obitan trống của nguyên tử C không song song với obitan chứa cặp e không liên kết của nguyên tử O dẫn đến không xuất hiện hiệu ứng liên hợp. Cacbocation trong trường hợp này kém bền hơn, dẫn đến đồng phân β sẽ sinh ra ít hơn so với đồng phân α.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH

QUẢNG NAM

0,125

ĐỀ CHÍNH THỨC

NĂM HỌC 2017-2018 Môn: HÓA HỌC Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

X.2. 1,5 điểm

Xác định công thức các chất trong sơ đồ tổng hợp sau:

(Đề thi có 06 trang)

Ngày thi: 29/3/2018

Mã đề thi: 325

Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: Na=23, K=39, Ag=108, Ca=40, Ba=137, Mg=24, Zn=65, Cu=64, Al=27, Fe=56, H=1, Cl=35,5, Br=80, O=16, C=12, S=32, N=14.

1,5

Câu 1. Phát biểu nào sau đây đúng? A. Trong điều kiện thường, NH3 là khí không màu, mùi khai. B. Khí NH3 nặng hơn không khí.

Trang 17

Trang 18

C. Khí NH3 dễ hoá lỏng, ít tan trong nước.

Câu 11. Tơ nitron dai, bền với nhiệt, giữ nhiệt tốt, thường được dùng để dệt vải và may quần áo ấm. Trùng hợp chất nào sau đây tạo thành polime dùng để sản xuất tơ nitron? A. CH2=CH–CN. B. CH2=CH–CH3. D. H2N–[CH2]6–NH2. C. H2N–[CH2]5–COOH. Câu 12. Dẫn luồng khí CO dư qua hỗn hợp CuO, Al2O3, CaO, MgO có số mol bằng nhau (nung nóng ở nhiệt độ cao) thu được chất rắn M. Hòa tan M vào nước dư còn lại chất rắn X. Thành phần của X gồm (biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn)

D. Amophot là hỗn hợp các muối: NH4H2PO4 và NH4NO3 Câu 2. Hiện tượng xảy ra khi cho Na vào dung dịch CuSO4 là A. có khí thoát ra, xuất hiện kết tủa xanh, sau đó kết tủa tan. B. dung dịch mất màu xanh, xuất hiện Cu màu đỏ.

A. Cu, Al2O3, MgO. B. Cu, Mg.

C. có khí thoát ra, xuất hiện kết tủa xanh, sau đó kết tủa không tan.

C. Cu, Mg, Al2O3.

D. Cu, MgO.

Câu 13. Cho muối X tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được dung dịch chứa hai chất tan. Mặt khác, khi cho m gam dung dịch X tác dụng với m gam dung dịch Ba(OH)2, thu được 2m gam dung dịch Y. Công thức của X là

D. dung dịch có màu xanh, xuất hiện Cu màu đỏ. Câu 3. Bốn kim loại K, Al, Fe và Ag được ấn định không theo thứ tự là X, Y, Z, và T. Biết rằng X và Y được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy; X đẩy được kim loại T ra khỏi dung dịch muối và Z tác dụng được với dung dịch H2SO4 đặc nóng nhưng không tác dụng được với dung dịch H2SO4 đặc nguội. Các kim loại X, Y, Z, và T theo thứ tự là

A. KHS.

B. NaHSO4.

C. NaHS.

D. KHSO3.

Câu 14. Cho các phát biểu sau: (a) Ở điều kiện thường, các kim loại Na, K, Ca và Ba khử được nước giải phóng khí H2.

A. Al, K, Fe, và Ag.

B. K, Fe, Al và Ag.

C. K, Al, Fe và Ag.

D. Al, K, Ag và Fe.

(b) Có thể dùng CO2 để dập tắt các đám cháy magiê, nhôm. (c) Cho CrO3 vào dung dịch NaOH loãng dư, thu được dung dịch có màu da cam.

Câu 4. Thí nghiệm nào sau đây thu được kim loại sau khi phản ứng kết thúc? A. Cho Fe vào dung dịch CuSO4. B. Cho Zn vào dung dịch FeCl3 (dư). C. Nhiệt phân Cu(NO3)2. D. Cho Ba vào dung dịch CuSO4 (dư).

(d) Phèn chua có công thức là Na2SO4.Al2(SO4)3.24H2O.

Câu 5. Cho các hợp kim sau: Cu–Fe (I); Zn – Fe (II); Fe–C (III); Sn–Fe (IV). Khi tiếp xúc với dung dịch chất điện li thì hợp kim mà trong đó Fe bị ăn mòn điện hóa trước là A. I, II và III.

B. I, II và IV.

C. I, III và IV.

D. II, III và IV.

B. 4.

C. 1.

B. 3-metylpent-3-en.

C. 3-metylpent-2-en.

A. x + y = 2z + 2t.

D. 2-etylbut-2-en.

Câu 8. Có bao nhiêu hợp chất hữu cơ có công thức phân tử C7H8O vừa tác dụng với Na, vừa tác dụng với NaOH ? A. 1.

B. 2.

C. 3.

A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

Câu 15. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm x mol Fe, y mol Cu, z mol Fe2O3, và t mol Fe3O4 trong dung dịch HCl không thấy khí bay ra, dung dịch thu được chỉ chứa 2 muối. Mối quan hệ giữa số mol các chất có trong hỗn hợp X là

D. 3.

Câu 7. Anken X có công thức cấu tạo: CH3–CH2–C(CH3)=CH–CH3. Tên gọi của X là A. isohexan.

crom (VI). Số phát biểu đúng là

Câu 6. Cho dãy các chất: NH4Cl, (NH4)2SO4, NaCl, MgCl2, FeCl2, AlCl3. Số chất trong dãy tác dụng với lượng dư dung dịch Ba(OH)2 tạo thành kết tủa là A. 5.

(e) Trong môi trường kiềm, muối crom (III) bị những chất oxi hóa mạnh oxi hóa thành muối

B. x + y = z + t. C. x + y = z + 2t. D. x + y = 2z + 3t.

Câu 16. Thực hiện các thí nghiệm sau: (a) Đốt dây kim loại Fe dư trong khí Cl2.

D. 4.

(b) Cho Fe3O4 vào dung dịch HNO3 (loãng, dư).

Câu 9. Phát biểu nào sau đây sai? A. Anđehit là hợp chất chỉ có tính khử.

B. Anđehit cộng hiđro tạo thành ancol bậc một.

(d) Cho kim loại Fe vào lượng dư dung dịch HCl.

C. Anđehit tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 sinh ra Ag.

(e) Cho 1,5x mol Fe tan hết trong dung dịch chứa 5x mol HNO3 (NO là sản phẩm khử duy nhất).

D. Anđehit no, đơn chức, mạch hở có công thức phân tử tổng quát CnH2nO (n ≥ 1).

(f) Cho 0,1 mol Fe3O4 vào dung dịch chứa 0,03 mol HNO3 và HCl (dư), (NO là sản phẩm khử duy nhất). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, bao nhiêu thí nghiệm có thu được muối sắt(II)?

Câu 10. Thủy phân hoàn toàn tinh bột trong môi trường axit, thu được chất nào sau đây? A. Glucozơ.

B. Saccarozơ.

C. Xenlulozơ.

A. 5.

D. Fructozơ.

Trang 19

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Trang 20

Câu 17. Cho ba hiđrocacbon X, Y, Z lần lượt tác dụng với dung dịch KMnO4, thu được kết quả: X chỉ làm mất màu dung dịch khi đun nóng, Y làm mất màu ngay ở nhiệt độ thường, Z không phản ứng. Dãy các chất X, Y, Z là A. Stiren, toluen, benzen.

B. Etilen, axetilen, metan.

C. Toluen, stiren, benzen.

D. Axetilen, etilen, metan.

A. 77,2.

Câu 18. Khi cho axit axetic tác dụng với ancol isoamylic (xt H2SO4 đặc, t0), thu được một este có mùi thơm của chuối chín (dầu chuối). Công thức của este đó là A. CH3COOCH2CH2CH(CH3)2.

B. CH3COOCH2CH2CH2CH2CH3.

C. CH3CH2CH2CH2COOC2H5.

D. (CH3)2CHCH2CH2COOC2H5.

Câu 24. Cho Zn dư vào dung dịch gồm HCl; 0,07 mol NaNO3 và 0,10 mol KNO3. Sau khi các phản ứng kết thúc, thu được dung dịch X chứa m gam muối; 0,125 mol hỗn hợp khí Y gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu trong không khí. Tỉ khối của Y so với H2 là 12,2. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? B. 75,1.

C. 64,0.

D. 76,0.

Câu 25. Cho đồ thị biểu diễn mối quan hệ giữa thời gian điện phân và pH của dung dịch khi điện phân 400ml (xem thể tích không đổi) dung dịch gồm KCl, HCl và CuCl2 0,035M (điện cực trơ, màng ngăn xốp) với cường độ dòng điện bằng I = 1,93A.

Câu 19. Dãy gồm các chất được xếp theo chiều tính bazơ giảm dần từ trái sang phải là A. CH3NH2, NH3, C6H5NH2.

B. CH3NH2, C6H5NH2, NH3.

C. C6H5NH2, NH3, CH3NH2.

D. NH3, CH3NH2, C6H5NH2.

Câu 20. Có các phát biểu sau về saccarozơ (a) là polisaccarit. Giá trị của t trên đồ thị là (b) là chất kết tinh, không màu. A. 3000.

B. 2895.

C. 2959.

D. 3600.

(c) khi thuỷ phân tạo thành glucozơ và fructozơ. Câu 26. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Cu, CuO, Cu(NO3)2 (trong đó số mol Cu bằng số mol CuO) vào 350 ml dung dịch H2SO4 2M (loãng), thu được dung dịch X chỉ chứa một chất tan duy nhất và có khí NO thoát ra. Phần trăm khối lượng của Cu trong X có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

(d) tham gia phản ứng tráng bạc. (e) phản ứng với Cu(OH)2.

A. 23,80%.

Các phát biểu đúng là A. (c), (d), (e).

B. (a), (b), (c), (d).

C. (a), (b), (c), (e).

B. 30,97%.

C. 26,90%.

D. 19,28%.

Câu 27. Trộn 2 dung dịch: Ba(HCO3)2, NaHSO4 có cùng nồng độ mol/l theo tỷ lệ thể tích 1: 1, thu được kết tủa X và dung dịch Y. Các ion có mặt trong dung dịch Y là (Bỏ qua sự thủy phân của các ion và sự điện ly của nước)

D. (b), (c), (e).

Câu 21. Sản phẩm hữu cơ của phản ứng nào sau đây không dùng để chế tạo tơ tổng hợp ?

A. Na+ và SO24 .

B. Na+, HCO-3 và SO 24 .

A. Trùng ngưng axit ε-aminocaproic. C. Ba2+, HCO-3 và Na+ .

B. Trùng hợp vinyl xianua.

Câu 28. Cho propan qua xúc tác (ở nhiệt độ cao), thu được hỗn hợp X gồm C3H6, C3H4, C3H8 và H2. Tỉ khối của X so với hiđro là 13,2. Nếu cho 33 gam hỗn hợp X vào dung dịch brom (dư) thì số mol brom phản ứng tối đa là

C. Đồng trùng ngưng hexametylenđiamin với axit ađipic. D. Trùng hợp metyl metacrylat.

A. 0,35 mol.

Câu 22. Nung nóng bình kín chứa x mol hỗn hợp NH3 và O2 (có xúc tác Pt) để chuyển toàn bộ NH3 thành NO. Làm nguội và thêm nước vào bình, lắc đều, thu được 1 lít dung dịch HNO3 có pH = 1, còn lại 0,25x mol khí O2. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của x là A. 0,1.

B. 0,4.

C. 0,3.

B. V = x/2p.

C. V = 3x/2p.

B. 0,75 mol.

C. 0,5 mol.

D. 1,25 mol.

Câu 29. Cho các thí nghiệm sau: (a) Cho etanol tác dụng với Na kim loại. (b) Cho etanol tác dụng với axit bromhiđric tạo etyl bromua.

D. 0,2.

Câu 23. Trong một cốc nước chứa x mol Ca2+, z mol Cl− và t mol HCO3−. Nếu chỉ dùng nước vôi trong nồng độ p mol/l để làm giảm độ cứng trong cốc, thì khi cho V lít nước vôi trong vào, độ cứng của nước trong bình là bé nhất, biết z = t. Biểu thức liên hệ giữa V, x và p là A. V = 2x/p.

D. Na+, HCO-3 .

(c) Cho glixerol tác dụng với Cu(OH)2. (d) Cho etanol tác dụng với CH3COOH có H2SO4 đặc xúc tác. Có bao nhiêu thí nghiệm trong đó có phản ứng thế H của nhóm OH ancol?

D. V = x/p.

A. 4. Trang 21

B. 2.

C. 3.

D. 1. Trang 22

Câu 30. Cho hỗn hợp X gồm CH3OH, C2H4(OH)2, C3H5(OH)3 có khối lượng m gam. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X thu được 5,6 lít khí CO2 (ở đktc). Cũng m gam hỗn hợp X trên cho tác dụng với Na (dư) thu được V lít khí H2 (đktc). Giá trị của V là A. 3,36.

B. 5,60.

C. 2,80.

B. 67,5.

C. 74,5.

(h) Cho Cu(OH)2 vào ống nghiệm chứa anbumin thấy tạo dung dịch màu vàng. (i) Tơ visco thuộc loại tơ hoá học.

D. 11,20.

Câu 31. Ba chất hữu cơ X, Y, Z đều chứa C, H, O (MX < MY < MZ). Cho hỗn hợp E gồm X, Y, Z, trong đó số mol của X gấp 4 lần tổng số mol của Y và Z. Đốt hoàn toàn m gam E, thu được 13,2 gam CO2. Mặt khác, m gam E tác dụng với KHCO3 dư, thu được 0,04 mol khí. Nếu cho m gam E tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư, thu được 56,16 gam Ag. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 22,5.

(g) Axit axetic và axi α – amino glutaric có thể làm đổi màu quỳ tím thành đỏ.

D. 15,8.

Câu 32. Trung hòa hết 9,0 gam axit cacboxylic X bằng dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được 13,4 gam muối khan. Công thức phân tử của X là

Số phát biểu đúng là A. 4.

B. 5.

B. C2H2O4.

C. C3H4O2.

D. 7.

Câu 38. Cho m gam hỗn hợp gồm hai chất hữu cơ đơn chức, mạch hở tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 11,2 gam KOH, thu được muối của một axit cacboxylic và một ancol X. Cho toàn bộ X tác dụng hết với Na thu được 3,36 lít khí H2 (ở đktc). Hai chất hữu cơ đó là A. một este và một axit.

B. một este và một ancol.

C. hai axit. A. C2H4O2.

C. 6.

D. hai este.

D. C4H6O4.

Câu 33. Số este mạch hở có công thức phân tử C4H6O2 khi thủy phân trong môi trường axit thu được sản phẩm có phản ứng tráng bạc là A. 4.

B. 5.

C. 6.

D. 3.

Câu 34. Đốt x mol X là trieste của glixerol và các axit đơn chức, mạch hở thu được y mol CO2 và z mol H2O, biết y - z = 5x. Hiđro hóa hoàn toàn m gam X cần 6,72 lít H2 (đktc) thu được 86,2 gam Y. Nếu đun m gam X với dung dịch chứa 400 ml dung dịch KOH 1M đến phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch sau phản ứng thì khối lượng chất rắn khan thu được là A. 139,1 gam.

B. 98,8 gam.

C. 140,4 gam.

D. 92,4 gam.

A. 44 đvC.

Câu 35. Một pentapeptit mạch hở X khi thủy phân hoàn toàn thu được 3 loại α-amino axit khác nhau. Mặt khác, trong một phản ứng thủy phân không hoàn toàn X thu được 1 tripeptit có 3 gốc α-amino axit giống nhau. Số công thức cấu tạo có thể có của X là A. 6.

B. 8.

C. 12.

D. 18.

B. 55,2.

C. 60,8.

B. 58 đvC.

D. 61,9.

Câu 37. Cho các phát biểu sau: (a) Phenol, ancol etylic không phản ứng với NaHCO3.

C. CH3COOC2H5 và C2H5COOCH3.

(c) Các chất béo thường không tan trong nước và nhẹ hơn nước. (d) Trong mỗi mắt xích xenlulozơ có 5 nhóm –OH tự do. (e) Khác với axit axetic, axit amino axetic có thể phản ứng với axit HCl và tham gia phản ứng. trùng ngưng.

B. 1,56.

Trang 23

B. CH3COOC2H5 và HCOOC3H7. D. C2H3COOCH3 và HCOOC3H5.

C. 2,40.

D. 2,30.

Câu 42. Hỗn hợp E gồm X, Y là hai este mạch hở có công thức CnH2n-2O2, Z và T là hai peptit mạch hở, đều được tạo bởi glyxin và alanin, hơn kém nhau một liên kết peptit. Thủy phân hoàn toàn 13,945 gam E cần dùng vừa đủ dung dịch chứa 0,185 mol NaOH, thu được ba muối và hỗn hợp hai ancol có tỉ khối hơi so với He là 8,4375. Nếu đốt cháy hoàn toàn 13,945 gam E rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 57,5 gam kết tủa, khí thoát ra có thể tích 1,176 lít (đktc). Khối lượng của T (MZ < MT) có trong hỗn hợp E là A. 1,585 gam. B. 1,655 gam.

(f) Metylamin là chất lỏng có mùi khai, tương tự như amoniac.

D. 118 đvC.

Câu 41. Cho X, Y là hai axit đơn chức, phân tử có một liên kết đôi C=C (MX < MY); Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn 5,58 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 6,608 lít khí O2 (đktc), thu được khí CO2 và 4,68 gam nước. Mặt khác 5,58 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,02 mol Br2. Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch NaOH dư có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 4,68.

(b) Phản ứng thủy phân este trong môi trường axit là phản ứng xà phòng hóa.

C. 82 đvC.

Câu 40. Xà phòng hóa hoàn toàn 2,22 gam hỗn hợp hai este đồng phân X và Y cần dùng 30 ml dung dịch NaOH 1M. Khi đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai este đó thì thu được khí CO2 và hơi nước có thể tích bằng nhau. Hai este X và Y là

A. HCOOC2H5 và CH3COOCH3.

Câu 36. Cho 0,3 mol hỗn hợp X gồm H2NC3H5(COOH)2 và H2NCH2COOH vào 400ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch Y. Y tác dụng vừa đủ với 800 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch Z. Cô cạn Z thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là A. 52,2.

Câu 39. Chất hữu cơ X có công thức phân tử C4H6O4 tác dụng với dung dịch NaOH (đun nóng) theo phương trình phản ứng: C4H6O4 + 2NaOH → 2Z + Y. Để oxi hoá hết x mol Y thì cần vừa đủ 2x mol CuO (đun nóng), sau phản ứng tạo thành x mol chất T (biết Y, Z, T là các hợp chất hữu cơ). Khối lượng phân tử của T là

C. 1,725 gam.

D. 1,795 gam.

Trang 24

Câu 43. Cho 18,5 gam chất hữu cơ X có công thức phân tử C3H11N3O6 tác dụng vừa đủ với 300 ml dung dịch NaOH 1M tạo thành nước, một chất hữu cơ đa chức bậc 1 và m gam hỗn hợp muối vô cơ. Giá trị của m là

(g) Hiện tượng tạo thành thạch nhũ trong các hang động được giải thích bằng phản ứng .

A. 25,40.

B. 21,15.

C. 19,10.

t Ca(HCO3)2  → CaCO3 + CO2 + H2O.

D. 8,45. (h) BaCl2 thường được dùng để sản xuất thuốc trừ sâu trong nông nghiệp.

Câu 44. X,Y,Z là 3 este đều mạch hở và không chứa nhóm chức khác ( trong đó X,Y đều đơn chức; Z hai chức). Đun nóng 28,92 gam hỗn hợp X,Y,Z với dung dịch NaOH vừa đủ thu được hỗn hợp F chỉ chứa 2 muối có tỉ lệ mol là 1:1 và 12,54 gam hỗn hợp 2 ancol đều no, có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hoàn toàn F thu được CO2; 0,585 mol H2O và 0,195 mol Na2CO3. Khối lượng của Z trong 28,92 gam hỗn hợp trên là A. 3,84 gam.

B. 26,28 gam.

C. 28,80 gam.

D. 31,32 gam.

Câu 45. Điện phân dung dịch chứa hỗn hợp gồm CuSO4 và NaCl (tỉ lệ mol tương ứng 1 : 3) với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện 2,68A. Sau thời gian điện phân t (giờ), thu được dung dịch Y (chứa hai chất tan) có khối lượng giảm 10,375 gam so với dung dịch ban đầu. Dung dịch Y phản ứng vừa hết với 2,55 gam Al2O3. Giá trị của t gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 4,0.

B. 5,0.

C. 6,0.

D. 3,5.

Câu 46. Hòa tan hết 31,12 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3O4, FeCO3 vào dung dịch hỗn hợp chứa H2SO4 và KNO3. Sau phản ứng, thu được 4,48 lít hỗn hợp khí Y (đktc) gồm (CO2, NO, NO2, H2) có tỉ khối so với H2 là 14,6 và dung dịch Z chỉ chứa các muối trung hòa với tổng khối lượng là m gam. Cho BaCl2 dư vào Z, thu được 140,965 gam kết tủa trắng. Mặt khác, khi cho NaOH dư vào Z thì có 1,085 mol NaOH phản ứng đồng thời xuất hiện 42,9 gam kết tủa và 0,56 lít khí (đktc) thoát ra. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Cho các phát biểu sau:

Trong các phát biểu trên, số phát biểu đúng là A.6.

B. 4.

C. 7.

D. 5.

Câu 49. Cho hỗn hợp X gồm 0,12 mol CuO; 0,1 mol Mg và 0,05 mol Al2O3 tan hoàn toàn trong dung dịch chứa đồng thời 0,13 mol H2SO4 (loãng) và 0,59 mol HCl, thu được dung dịch Y và khí H2. Nhỏ từ từ dung dịch hỗn hợp Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,6M vào Y đến khi thu được khối lượng kết tủa lớn nhất, lọc kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 43,45.

B. 38,72.

C. 43,89.

D. 48,54.

Câu 50. Hỗn hợp X gồm 1,12 gam Fe, 32 gam Fe2O3 và m gam Al. Nung X ở nhiệt độ cao (không có không khí), sau một thời gian, thu được hỗn hợp Y. Nếu cho Y phản ứng hết trong dung dịch H2SO4 loãng dư thì thu được được V1 (lít) khí, nếu cho Y phản ứng hết trong dung dịch NaOH dư thì thu được V2 lít khí (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện). Biết V1 : V2 = 4. Khoảng giá trị của m là A. 1,08 < m < 5,40.

B. 5,40 < m < 10,80.

C. 0,06 < m < 6,66.

D. 0,12 < m < 13,32.

(a) Giá trị của m là 88,285 gam. (b) Số mol của KNO3 trong dung dịch ban đầu là 0,225 mol.

..........HẾT.........

Lưu ý: Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố Hóa học.

(e) Số mol của Mg trong X là 0,15 mol.

ĐÁP ÁN

Số phát biểu đúng là A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Câu 47. X là hỗn hợp gồm Al, CuO và 2 oxit sắt, trong đó oxi chiếm 13,71% khối lượng hỗn hợp. Tiến hành nhiệt nhôm (không có không khí) một lượng rắn X được hỗn hợp rắn Y. Cho Y vào dung dịch NaOH dư thấy thoát ra V lít H2 (đkc) và có 1,2 mol NaOH đã tham gia phản ứng, chất rắn còn lại không tan có khối lượng là 28 gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là A. 28,00.

B. 26,88.

C. 20,16.

CÂU

ĐÁP ÁN

CÂU

ĐÁP ÁN

D. 24,64.

Câu 48. Cho các phát biểu sau: (a) Để xử lý thủy ngân rơi vãi, người ta có thể dùng bột lưu huỳnh .

(b) Khi thoát vào khí quyển, freon phá hủy tầng ozon. (c) Trong khí quyển, nồng độ CO2 vượt quá tiêu chuẩn cho phép gây ra hiệu ứng nhà kính. (d) Trong khí quyển, nồng độ NO2 và SO2 vượt quá tiêu chuẩn cho phép gây ra hiện tượng mưa axit. (e) Tính chất vật lí chung của kim loại là: Tính dẻo, dẫn điện, dẫn nhiệt, ánh kim. Trang 25

Trang 26

3. Có một lượng nhỏ muối ăn (dạng rắn) bị lẫn tạp chất amoni hiđrocacbonat. Nêu cách đơn giản nhất để loại bỏ tạp chất này. Câu 2: (2,5 điểm) 1. Từ khí metan, các chất vô cơ không chứa cacbon tùy chọn, điều kiện phản ứng cho đủ, lập sơ đồ phản ứng (ghi rõ điều kiện) để điều chế: axit meta-nitrobenzoic, axit ortho-nitrobenzoic, polistiren và polibuta-1,3-đien 2. Hai chất X, Y là đồng phân của nhau (chứa C, H, O), oxi chiếm 34,783% khối lượng phân tử. Y có nhiệt độ sôi thấp hơn X. a. Xác định công thức cấu tạo của X, Y. b. Chọn các chất thích hợp để hoàn thành sơ đồ sau: 0

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC

+A +B +C +C +D +E xt , t X  → X 1  → X 2  → X 3  → X 4 → X 5  → X 6  →Y

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi có 02 trang, gồm 08 câu)

Cho nguyên tử khối: H=1, C=12, N= 14, O =16, Na =23, Mg =24, Al =27, S =32, Cl = 35,5, Fe =56, Cu =64, Ba =137. Câu 1: (2,5 điểm) 1. Nêu hiện tượng, viết phương trình hóa học cho các thí nghiệm (mỗi thí nghiệm chỉ viết 1 phương trình) a. Cho 2a mol kim loại natri vào dung dịch chứa a mol amoni hiđrosunfat. b. Cho hỗn hợp dạng bột gồm oxit sắt từ và đồng (dư) vào dung dịch axit clohiđric dư. c. Cho b mol kim loại bari vào dung dịch chứa b mol phenylamoni sunfat. d. Trộn dung dịch natri hiđrosunfat vào dung dịch bari phenolat. 2. Hợp chất MX2 có trong một loại quặng phổ biến trong tự nhiên. Hòa tan MX2 trong dung dịch HNO3 đặc nóng, thu được dung dịch A. Cho dung dịch BaCl2 vào A thu được kết tủa trắng, cho A tác dụng với dung dịch NH3 dư, thu được kết tủa đỏ nâu. a. MX2 là chất gì? Viết các phương trình phản ứng dạng ion thu gọn. b. Nước ở các khe suối, nơi có hợp chất MX2 thường có pH rất thấp. Giải thích hiện tượng này bằng phương trình phản ứng. Trang 27

3. Ankađien X có phần trăm khối lượng của cacbon là 87,273%. Thực hiện phản ứng ozon phân X rồi xử lý với Zn/CH3COOH, thu được hai sản phẩm hữu cơ là CH3CHO và CH3-CO-CO-CH3. Viết công thức cấu tạo, gọi tên của X. Câu 3: (2,0 điểm) 1. Cho các chất: metylamin, phenylamin, amoniac, đimetylamin, natri hiđroxit, natri etylat. Sắp xếp theo chiều tăng dần tính bazơ của các chất trên, giải thích. 2. Hòa tan V1 ml ancol etylic vào V2 ml nước thu được V3 ml dung dịch X. a. Trong dung dịch X có tối đa bao nhiêu loại liên kết hiđro liên phân tử? Liên kết nào bền nhất? Giải thích. b. So sánh giá trị của tổng (V1+V2) với V3. Giải thích. Câu 4: (3,0 điểm) 1. Xà phòng hóa hoàn toàn x mol chất béo A trong dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và hỗn hợp muối B. Đốt cháy hoàn toàn x mol A thu được 2,55 mol H2O và 2,75 mol CO2. Mặt khác, x mol A tác dụng tối đa với 0,1 mol Br2 trong dung dịch (dung môi CCl4). Tính khối lượng của hỗn hợp muối B . 2. Hỗn hợp X gồm ba este đều đơn chức. Cho m gam X tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,7 mol NaOH, thu được hỗn hợp Y gồm hai ancol cùng dãy đồng đẳng và 57,2 gam hỗn hợp muối Z. Đốt cháy hoàn toàn lượng Y trên, thu được 0,4 mol CO2 và 0,7 mol H2O. Tính m. Câu 5: (3,0 điểm) 1. Một hỗn hợp X gồm 3 axit cacboxylic đơn chức, mạch hở A, B, C. Trong đó, A, B là hai chất kế tiếp trong một dãy đồng đẳng (MA<MB), chất C có 2 liên kết π trong phân tử. Cho 14,8 gam X tác dụng hết với dung dịch NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 20,3 gam muối khan. Đốt cháy hoàn toàn 4,44 gam X, thu được 3,36 lít CO2 (đktc). Xác định công thức cấu tạo các axit, gọi tên của C. 2. Hỗn hợp X gồm hai hiđrocacbon A, B (MA< MB) kế tiếp nhau trong một dãy đồng đẳng và metylamin. Lấy 50 ml X trộn với 235 ml O2 (dư). Bật tia lữa điện để đốt cháy hết X. Sau phản ứng thu được 307,5 ml hỗn hợp khí và hơi. Làm ngưng tụ hoàn toàn hơi nước còn lại 172,5 ml hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch NaOH dư còn lại 12,5 ml khí không bị hấp thụ. Các khí đo cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Xác định công thức phân tử và phần trăm theo thể tích của B trong X. Câu 6: (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm metyl aminoaxetat (H2N-CH2-COOCH3), axit glutamic và vinyl fomat. Hỗn hợp Y gồm etilen và metylamin. Để đốt cháy hoàn toàn x mol X và y mol Y thì tổng số mol oxi cần dùng vừa đủ là 2,28 mol, thu được H2O; 0,2 mol N2 và 1,82 mol CO2. Mặt khác, để phản ứng hết với x mol X cần vừa đủ V ml dung dịch NaOH 4M, đun nóng. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính V. Câu 7: (3,0 điểm) 1. Hòa tan Al bằng V ml dung dịch H2SO4 1M và HCl 1M, thu được dung dịch Y. Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào Y, thấy khối lượng kết tủa tạo thành phụ thuộc vào số mol Ba(OH)2 như đồ thị sau:

Trang 28

Dựa vào đồ thị trên, tìm giá trị của y. 2. Hỗn hợp X gồm Fe2O3, FeO và Fe. Hòa tan m gam X trong dung dịch chứa 1,50 mol HNO3, thu được dung dịch Y và 2,24 lít khí NO. Dung dịch Y hòa tan tối đa 17,6 gam Cu, thấy thoát ra 1,12 lít NO. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5 và ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính m. Câu 8: (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 27,04 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al2O3, Mg(NO3)2 vào dung dịch chứa hai chất tan NaNO3 và 1,08 mol H2SO4 (loãng). Sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và 0,28 mol hỗn hợp Z gồm N2O, H2. Tỷ khối của Z so với H2 bằng 10. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 2,28 mol NaOH, thu được 27,84 gam kết tủa. Tính phần trăm khối lượng của nhôm kim loại có trong X. -------Hết------ Học sinh không được sử dụng tài liệu. - Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.

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

a. MX2 là chất gì? Viết các phương trình phản ứng dạng ion thu gọn. b. Nước ở các khe suối, nơi có hợp chất MX2 thường có pH rất thấp. Giải thích hiện tượng này bằng phương trình phản ứng. 3. Có một lượng nhỏ muối ăn (dạng rắn) bị lẫn tạp chất amoni hiđrocacbonat. Nêu cách đơn giản nhất để loại bỏ tạp chất này. Câu 1 Nội Dung Điểm 1 a. Có khí mùi khai thoát ra 0,25 2Na + NH4HSO4 → Na2SO4 + NH3 + H2 b Hỗn hợp bột tan một phần(Cu dư), dung dịch chuyển sang màu xanh 0,25 Fe3O4 + Cu + 8HCl→ 3FeCl2+ CuCl2+ 4H2O c Xuất hiện kết tủa trắng, kết tủa lỏng(phân lớp), khí bay ra 0,25 Ba + (C6H5-NH3)2SO4 → BaSO4↓+ C6H5-NH2↓ +H2 d Xuất hiện kết tủa trắng, kết tủa lỏng(phân lớp) 0,25 2NaHSO4 + (C6H5O)2Ba → BaSO4↓+ 2C6H5-OH↓+ Na2SO4 2 a MX2 là FeS2 : sắt(II)đisunfua 0,5 FeS2 + 14H+ + 15NO3- →Fe3+ + 2SO42- + 15NO2 + 7H2O SO42- + Ba2+ →BaSO4 Fe3+ + 3NH3 + 3H2O→Fe(OH)3 + 3NH4+. b Trong tự nhiên, O2 không khí hòa tan trong nước oxi hóa FeS2: 0,5 2FeS2 + 7O2 + 2H2O→ 2Fe2+ + 4H++ 4SO42H2SO4 sinh ra làm nước suối có pH thấp. 3 Nung chất rắn đến khối lượng không đổi, NH4HCO3 phân hủy,bay hơi hoàn toàn, chất 0,5 rắn còn lại NaCl. Câu 2: (2,5 điểm) 1.Từ khí metan, các chất vô cơ không chứa cacbon tùy chọn, điều kiện phản ứng cho đủ, lập sơ đồ phản ứng (ghi rõ điều kiện) để điều chế: axit meta-nitrobenzoic, axit ortho-nitrobenzoic, polistiren và polibuta-1,3-đien 2. Hai chất X, Y là đồng phân của nhau(chứa C, H, O), oxi chiếm 34,783% khối lượng phân tử. Y có nhiệt độ sôi thấp hơn X. a. Xác định công thức cấu tạo của X, Y. b. Chọn các chất thích hợp để hoàn thành sơ đồ sau: 0

+A +B +C +C +D +E xt , t X  → X 1  → X 2  → X 3  → X 4 → X 5  → X 6  →Y

CH3Cl C C [O] 3 / H2SO4 CH4 1500   →C2H2 600   →C6H6 + →C6H5 −CH3 HNO   →o−ON →o−ON 2 −C6H4 −CH3  2 −C6H4 −COOH LLN C AlCl3 t0

-axit m-nitrobezoic HNO3 / H2SO4 [O] C6H5 −CH3  →C6H5 −COOH  →m− O2N − C6H4 − COOH t0

SỞ GD VÀ ĐT HÀ TĨNH ===========

Trang 29

0,25

- polistiren H2 C2 H 2  → C2 H 4 Pd

HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN HÓA HỌC

Câu 1: (2,5 điểm) 1. Nêu hiện tượng, viết phương trình hóa học cho các thí nghiệm( mỗi thí nghiệm chỉ viết 1 phương trình) a. Cho 2a mol kim loại natri vào dung dịch chứa a mol amoni hidrosunfat. b. Cho hỗn hợp dạng bột gồm oxit sắt từ và đồng (dư) vào dung dịch axit clohidric dư. c. Cho b mol kim loại bari vào dung dịch chứa b mol phenylamoni sunfat. d. Trộn dung dịch natri hidrosunfat vào dung dịch bari phenolat. 2. Hợp chất MX2 có trong một loại quặng phổ biến trong tự nhiên. Hòa tan MX2 trong dung dịch HNO3 đặc nóng, thu được dung dịch A. Cho dung dịch BaCl2 vào A thu được kết tủa trắng, cho A tác dụng với dung dịch NH3 dư, thu được kết tủa đỏ nâu.

0,25

+ C2 H 4 / H ZnO T .H C6 H 6  → C6 H 5 − C2 H 5  → C6 H 5 − C2 H 3   → polistiren 6500 C

- polibuta-1,3-đien NH 4Cl ,CuCl + H2 T .H C2 H 2   → C4 H 4  →(CH 2 = CH ) 2   → polibuta − 1,3 − dien Pd 2 a. b 3

Dễ có ctpt của X, Y là C2H6O và X là C2H5OH, Y là CH3OCH3 A. CuO, B: O2, C: NaOH, D: Cl2, E: KOH. CTPT của X là C8H14 CTCT của X phù hợp: CH3-CH=C(CH3)-C(CH3)=CH-CH3 2,3-đimetylhexa-2,4-đien Câu 3: (2,0 điểm)

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

Trang 30

1. Cho các chất: metylamin, phenylamin, amoniac, đimetylamin, natri hidroxit, natri etylat. Sắp xếp theo chiều tăng dần tính bazơ của các chất trên, giải thích. 2. Hòa tan V1 ml ancol etylic vào V2 ml nước thu được V3 ml dung dịch X. a. Trong dung dịch X có tối đa bao nhiêu loại liên kết hiđro liên phân tử? Liên kết nào bền nhất? Giải thích. b. So sánh giá trị của tổng (V1+V2) với V3. Giải thích. Câu 3 Nội Dung Điểm

Trong đó, mY =0,4.12+0,7.2+0,3.16 = 11 gam mH2O = 0,2.18=3,6 gam Bảo toàn khối lượng ta được: 1,5 m =57,2+11+3,6-0,7.40= 43,8 gam Câu 5: (3,0 điểm) 1. Một hỗn hợp X gồm 3 axit cacboxylic đơn chức, mạch hở A, B, C. Trong đó, A, B là hai chất kế tiếp trong một dãy đồng đẳng(MA<MB), chất C có 2 liên kết π trong phân tử. Cho 14,8 gam X tác dụng hết với dung dịch NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 20,3 gam muối khan. Đốt cháy hoàn toàn 4,44 gam X, thu được 3,36 lít CO2(đktc). Xác định công thức cấu tạo các axit, gọi tên của C. 2. Hỗn hợp X gồm hai hiđrocacbon A, B (MA< MB) kế tiếp nhau trong một dãy đồng đẳng và metylamin. Lấy 50 ml X trộn với 235 ml O2 (dư). Bật tia lữa điện để đốt cháy hết X. Sau phản ứng thu được 307,5 ml hỗn hợp khí và hơi. Làm ngưng tụ hoàn toàn hơi nước còn lại 172,5 ml hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch NaOH dư còn lại 12,5 ml khí không bị hấp thụ. Các khí đo cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Xác định công thức phân tử và phần trăm theo thể tích của B trong X. Câu 5 Nội Dung Điểm 1 20, 3 − 14,8 4, 44 .0, 25 = 0, 075 mol nX (14,8 g ) = = 0, 25 => nX (4,44 g ) = 23 − 1 14,8  A : HCOOH ( a mol ) nCO2 0,15  CX = = = 2 =>  B : CH 3CO OH (b mol ) nX 0, 075 C : C H O (c mol ) , x ≥ 3.  2 x−2 2 x a + b + c = 0, 075 (1)  a + 2b + xc = 0,15 (2) Ta có:  46a + 60b + 14 xc + 30c = 4, 44 (3)

Sắp xếp: C6H5-NH2 < NH3 < CH3-NH2 < (CH3)2NH < NaOH < C2H5-ONa. Giải thích: - Nhóm phenyl hút e của N, làm giảm tính bazơ - Nhóm metyl đẩy e, mật độ e tăng ở N, làm tăng tính bazơ - NaOH có tính bazơ mạnh hơn bazơ amin do anion OH- dễ nhận H+ hơn (do tương tác tĩnh điện) nguyên tử N trung hòa điện. - Gốc etyl đẩy e, làm tăng điện tích âm ở nguyên tử O (so với OH-) nên dễ nhận H+ hơn( tính bazơ lớn hơn).

0,5

Có tối đa 4 loại liên kết hiđro 0,5 O (nước)…H(nước), O (nước)…H(ancol) O (ancol)…H(ancol), O (ancol)…H(nước) Liên kết O (ancol)…H(nước) bền nhất do có nhóm etyl đẩy e nên điện tích âm của O(ancol) lớn hơn ở O(nước) và H(nước) tích điện dương lớn hơn H(ancol).

Vì có liên kết hiđro O (ancol)…H(nước) bền hơn các liên kết hiđro còn lại, làm cho khoảng 0,5 cách giữa các phân tử nước-ancol ngắn hơn khoảng cách giữa các phân tử nước-nước, ancol-ancol. Do đó khi trộn hai chất lỏng lại với nhau thì thể tích dung dịch thu được sẽ bé hơn tổng thể tích hai chất thành phần: (V1+V2) >V3 Câu 4: (3,0 điểm) 1. Xà phòng hóa hoàn toàn x mol chất béo A trong dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và hỗn hợp muối B. Đốt cháy hoàn toàn x mol A thu được 2,55 mol H2O và 2,75 mol CO2. Mặt khác, x mol A tác dụng tối đa với 0,1 mol Br2 trong dung dịch(dung môi CCl4). Tính khối lượng của hỗn hợp muối B . 2. Hỗn hợp X gồm ba este đều đơn chức. Cho m gam X tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,7 mol NaOH, thu được hỗn hợp Y gồm hai ancol cùng dãy đồng đẳng và 57,2 gam hỗn hợp muối Z. Đốt cháy hoàn toàn lượng Y trên, thu được 0,4 mol CO2 và 0,7 mol H2O. Tính m. Câu 4 1

Nội Dung A có dạng CyH2y+2-2aO6 A tác dụng với Br2: CyH2y+2-2aO6 + (a-3)Br2→ CyH2y+2-2aBr2(a-3) O6 x--------------->x(a-3) Ta có: nH 2( y + 1 − a ) 2nH 2O 5,1 = = = => 4 y = 55a − 55 nC y nCO2 2, 75 nC xy = => y = 27,5a − 82,5 nBr2 x(a − 3)

nY = 0,7-0,4= 0,3 mol < nNaOH => X gồm este của ancol (A) và este của phenol(B) Đặt số mol của A là x, của B là y. Ta có: 0, 7 − 0,3 x = 0,3; y = = 0, 2 mol 2 → Muoi + Y + H 2O X + NaOH 

(1, 2) => xc = a + 2c Thay xc =a+ 2c vào (3):60a+60b+58c = 60(a+b+c)-2c=4,44=> c = 0,03 mol. Từ (1,2): a+ b =0,045 => a+2b > 0,045 => 0,03x < 0,15-0,045 = 0,105 => x < 3,5 => x =3.  A : HCOOH  Vậy  B :CH 3CO OH C :CH = CH − CO OH .  2

Điểm

Tên của C: axit acrylic hoặc axit propenoic

(1)

1,25 0,25

Đặt công thức chung của hai hidrocacbon là Cx H y . V ( H 2 O h ) = 307, 5 − 172, 5 = 135 ml

(2)

VC O2 = 172, 5 − 12, 5 = 160 m l

(1, 2) => a = 5, nBr2 = (5 − 3) x = 0,1 => x = 0,05 mol

VO2 ( p . u ) = 160 +

nNaOH = 3x = 0,15 mol , nglixerol = 0, 05 mol

13 5 = 227, 5 ml 2

mA = mC + mH + mO ( A) = 2, 75.12 + 2,55.2 + 0,05.6.16 = 42,9 ( gam) BTKL : mm ( B ) = 42,9 + 0,15.40 − 0, 05.92 = 44,3 gam

1,5 Trang 31

Trang 32

VO2 ( du ) = 235 − 227, 5 = 7, 5 ml V N 2 = 12, 5 − 7, 5 = 5 ml . => VCH 5 N = 5.2 = 10 m l => VC x H y = 50 − 10 = 40 ml VCO2 ( CH 5 N ) = 10 m l , V H 2 O (C H x

=> VCO2( C H x

)

= 135 − 2, 5.10 = 110 ml

= 160 − 1 0 = 150 m l

 150 = 3, 75  40   => C 3 H 4 (A), C 4 H 6 ( B ) 2.110  H = = 5, 5  40 C=

VCO2

VC x H y

1,0

0,5

Dễ tính được V(C4H6) = 30 ml => %V(C4H6) = (30:50).100%=60% Câu 6: (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm metyl aminoaxetat (H2N-CH2-COOCH3), axit glutamic và vinyl fomat. Hỗn hợp Y gồm etilen và metylamin. Để đốt cháy hoàn toàn x mol X và y mol Y thì tổng số mol oxi cần dùng vừa đủ là 2,28 mol, thu được H2O; 0,2 mol N2 và 1,82 mol CO2 . Mặt khác, để phản ứng hết với x mol X cần vừa đủ V ml dung dịch NaOH 4M, đun nóng. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính V Câu 6 Nội Dung Điểm Ta có: metyl aminoaxetat: C3H7NO2 <=> CO2 + C2H7N axit glutamic: C5H9NO4 <=> 2CO2 + C3H9N vinyl fomat: C3H4O2 <=> CO2 + C2H4 Như vậy, sau khi trộn hai hỗn hợp X, Y thì có thể được coi như hỗn hợp của CO2; amin no, hở (CmH2m+3N) và anken (CnH2n). Khi đốt cháy hỗn hợp X, Y thì chỉ có amin và anken cháy CmH2m+3N + (1,5m +0,75)O2 → m CO2 + (m + 1,5)H2O + 0,5N2 (1). CnH2n + 1,5nO2 → nCO2 + nH2O (2) (1) => namin = 0,2.2 = 0,4 mol. Gọi số mol CO2 có trong x mol hỗn hợp X là a mol; số mol anken có trong hỗn hợp X, Y là b mol. Ta có: nO2 ( p .u ) = (1,5m + 0, 75).0, 4 + 1,5nb = 2, 28 => 0, 6m + 1,5nb = 1,98 mol

Dựa vào đồ thị trên, tìm giá trị của y. 2. Hỗn hợp X gồm Fe2O3, FeO và Fe. Hòa tan m gam X trong dung dịch chứa 1,5 mol HNO3, thu được dung dịch Y và 2,24 lít khí NO. Dung dịch Y hòa tan tối đa 17,6 gam Cu, thấy thoát ra 1,12 lít NO. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5 và ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính m. Câu 7 Nội Dung Điểm 1 nHCl = x, nH 2 SO4 = x mol ( x = 0, 001.V ) Phân tích đồ thị (tính từ gốc tọa độ): - đoạn thứ nhất ứng với 1 kết tủa - đoạn thứ 2 có độ dốc lớn nhất ứng với sự tạo thành đồng thời hai kết tủa - đoạn thứ 3 ứng với 1 kết tủa - đoạn thứ 4 giải thích sự hòa tan đến hoàn toàn kết tủa Al(OH)3. Như vậy, thứ tự các phản ứng là: 2Al + 6HCl→ 2AlCl3 + 3H2 x----> x/3 2Al + 3H2SO4→ Al2(SO4)3 + 3H2 3a <---- -------a H2SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4↓+ 2H2O (đoạn 1) x-3a----> x-3a ------->x-3a Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (đoạn 2) a------------>3a---------------3a---------2a 2AlCl3 + 3Ba(OH)2 → 3BaCl2 + 2Al(OH)3 (đoạn 3) x/3------->0,5x----------------------->x/3 2Al(OH)3 + Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + 4H2O (đoạn 4) Tổng số mol Ba(OH)2 ở thời điểm khối lượng kết tủa cực đại là: x -3a+3a+0,5x =1,5x =0,75 => x =0,5 mol 1 m↓(max)=233(x-3a+3a)+ 78(2a+x/3)=139,9 => a = 15 => y = 233(x-3a)=233(0,5 -0,2)= 69,9 gam.

0, 6m + 1,5nb 1,98 = = 1,32 mol 1,5 1,5 = nCO2 (1,2) + 1,5.0, 4 = 1,32 + 0, 6 = 1,92 mol

nCO2 ( a min, anken ) = nCO2 (1,2) = 0, 4m + nb = nH 2O (1,2)

Bảo toàn oxi cho quá trình cháy X, Y ta có: 1 nCO2 ( X ) + nO2 = nCO2 ( sau ) + nH 2O 2 1,92 <=> a + 2, 28 = 1,82 + => a = 0,5 mol 2 Vì khi cho x mol X tác dung với NaOH, thì nhóm chức phản ứng là –CO2. Nên số mol NaOH cần cho phản ứng bằng số mol CO2(có trong X)=0,5 mol.

1,5 Theo tiến trình phản ứng, dựa vào sản phẩm sau cùng của phản ứng giữa dung dịch X với Cu, có thể coi dung dịch HNO3 hòa tan hỗn hợp X và Cu sinh ra muối Fe2+, Cu2+, NO Quy đổi X và Cu thành các đơn chất tương ứng ta có: Fe2+ (amol) Fe (amol)   +1,5 mol HNO3  →Cu2+ (0,275 mol) + 0,15 mol NO + 0,75mol H2O O (bmol) Cu (0,275 mol) NO − (1,5 − 0,15 =1,35 mol)   3 Bảo toàn điện tích trong dung dịch muối: 2a + 0,275.2 = 1,35 => a = 0,4 mol Bảo toàn e cho quá trình hòa tan: 2a + 0,275.2 = 2b + 0,15.3 => b = 0,45 mol. 1,5 Vậy m = 56.0,4 + 16.0,45 = 29,6 gam Câu 8: (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 27,04 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al2O3, Mg(NO3)2 vào dung dịch chứa hai chất tan NaNO3 và 1,08 mol H2SO4(loãng). Sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối 2

Vậy Vdung dịch NaOH = 0,5:4 = 0,125 lít = 125 ml. 2,0 Câu 7: (3,0 điểm) 1. Hòa tan Al bằng V ml dung dịch H2SO4 1M và HCl 1M, thu được dung dịch Y. Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào Y, thấy khối lượng kết tủa tạo thành phụ thuộc vào số mol Ba(OH)2 như đồ thị sau:

Trang 33

Trang 34

và 0,28 mol hỗn hợp Z gồm N2O, H2. Tỷ khối của Z so với H2 bằng 10. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 2,28 mol NaOH, thu được 27,84 gam kết tủa. Tính phần trăm khối lượng của nhôm kim loại có trong X. Câu 8 Nội Dung Điểm Quy đổi X thành Mg, Al ( a mol), NO3 ( b mol), O (c mol) và đặt số mol NaNO3 là d mol Ta có: 27,84 gam kết tủa là Mg(OH)2 <=> 0,48 mol. Mg (0, 48)   Na+ (2,28 + d )  3+ Mg (0, 48) Al (a)    N O (0,12)   2  Al (a) − NaNO ( d )  T  AlO2 (a)    3 2,28 mol NaOH X +  → H2 (0,16) + Y Na + (d )  →   2− NO ( b ) H SO (1,08)  2 4  3 H O  NH +  SO4 (1,08)  2 O (c)  4  2 − Mg(OH )2 (0, 48) SO4 (1,08) 

Bảo toàn N: nNH + = b + d − 0, 24 mol 4

Bảo toàn H: nH O = 1,08.2 − 0,16.2 − 4(a + d − 0, 24) = 1, 4 − 2b − 2d 2

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề thi gồm 02 trang Câu 1 (1,0 điểm) 1. Bằng phương pháp hóa học và chỉ dùng một thuốc thử là dung dịch H2SO4 loãng, hãy nhận biết các ống nghiệm chứa các dung dịch riêng biệt sau: BaS, Na2S2O3, Na2SO4, Na2CO3, Fe(NO3)2. Viết các phương trình hóa học xảy ra. 2. Nêu và giải thích hiện tượng xảy ra khi tiến hành các thí nghiệm sau: Thí nghiệm 1: Rót 1,5 ml dung dịch saccarozơ 1% vào ống nghiệm chứa Cu(OH)2,lắc nhẹ một thời gian rồi sau đó lại tiếp tục đun nóng. Thí nghiệm 2: Cho nước ép quả chuối chín vào dung dịch AgNO3 trong NH3 dư, sau đó đun nóng nhẹ. Câu 2(1,0 điểm) 1. Hai chất hữu cơ X và Y đều đơn chức, mạch hở, tham gia phản ứng tráng bạc.X, Y có cùng số nguyên tử cacbon và MX< MY. Khi đốt cháy hoàn toàn mỗi chất trong oxi dư chỉ thu được CO2, H2O và số mol H2O bằng số mol CO2. Cho 0,15 mol hỗn hợp E gồm X và Y phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 42,12 gam Ag. Tính khối lượng của Y trong hỗn hợp E. 2. X có công thức phân tửC6H10O5, X phản ứng với NaHCO3 và với Na đều sinh ra chất khí có số mol đúng bằng số mol X đã dùng. X, B và D thỏa mãn sơ đồ sau theo đúng tỉ lệ mol.

Bảo toàn O: 3b + 3d + c = 0,12 +1,4 – 2b – 2d => 5b +c + 5d = 1,52 (1) Bảo toàn điện tích của T: 2,28 + d = 1,08.2 + a => a = 0,12 + d Bảo toàn điện tích của Y: 3a + d + b+ d - 0,24 = 1,08.2-0,48.2 => 3a +b +2d = 1,44. Thay a = 0,12 + d => b + 5d = 1,08 (2) Bảo toàn khối lượng của X: 27a + 62b + 16c = 27,04 – 0,48.24 = 15,52. Thay a = 0,12 + d => 62b + 16c + 27d =12,28 (3) Giải hệ 3 phương trình (1, 2, 3): b = 0,08; c = 0,12; d = 0,2 và a = 0,32 mol. Ta có: c 0,12 nAl2O3 = = = 0, 04 => nAl = 0,32 − 2.0, 04 = 0, 24 mol 3 3 0, 24.27 => % m Al ( X ) = .100% = 23,96% 27, 04

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

→ B + H2O X  0

t → 2D + H2O X + 2NaOH  t0

2,0

= Hết = Câu 6: (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm metyl aminoaxetat (H2N-CH2-COOCH3), axit glutamic và vinyl fomat. Hỗn hợp Y gồm etilen và metylamin. Để đốt cháy hoàn toàn x mol X và y mol Y thì tổng số mol oxi cần dùng vừa đủ là 2,28 mol, thu được H2O; 0,2 mol N2 và 1,82 mol CO2 . Mặt khác, để phản ứng hết với x mol X cần vừa đủ V ml dung dịch NaOH 4M, đun nóng. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính V Giải nhanh H2N-CH2-COOCH3 = CO2 + 2CH2 + NH3.

Glu (C5H9NO4) = 2CO2 + 3CH2 + NH3. HCOOC2H3 = CO2 + 2CH2. C2H4 = 2CH2 CH3NH2 = CH2 + NH3.

B + 2NaOH  → 2D. Xác định công thức cấu tạo của X, B, D. Biết D có nhóm metyl. Câu 3 (1,0 điểm) 1. Chất hữu cơX có công thức phân tử C7H18O2N2 thỏa mãn các phương trình hóa học sau theo đúng tỉ lệ mol. (1) C7H18O2N2 (X) + NaOH  → X1 + X2 + H2O (2) X1 + 2HCl  → X3 + NaCl (3) X4 + HCl  → X3 (4) X4  → HN[CH2]5CO!n+ nH2O. Xác định công thức cấu tạo của các chất X, X1, X2, X3, X4. 2. X có công thức phân tử C6H6. X chỉ có các vòng đơn, không có liên kết π,cộng Br2 theo tỉ lệ 1:2, tác dụng với H2tỉ lệ 1:5. X tác dụng với Cl2(ánh sáng) theo tỉ lệ 1:1 thu được một sản phẩm monoclo duy nhất. Xác định công thức cấu tạo của X. Câu 4 (1,0 điểm) Viết phương trình hóa học điều chế các chất sau, ghi rõ điều kiện phản ứng (nếu có). 1. Trong phòng thí nghiệm: N2, H3PO4, CO, C2H4, C2H2. 2. Trong công nghiệp: photpho, urê, etin, etanal, supephotphat đơn. Câu 5 (1,0 điểm) 1. Cho X là axit cacboxylic, Y là amino axit (phân tử có một nhóm NH2). Đốt cháy hoàn toàn 0,5 mol hỗn hợp gồm X và Y, thu được khí N2; 15,68 lít khí CO2 (đktc) và 14,4 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo của X, Y. 2. Hỗn hợp X gồm 2 este đơn chức và đều chứa vòng benzen trong phân tử, tỉ khối hơi của X đối với O2 luôn bằng 4,25 với mọi tỉ lệ số mol giữa 2 este. Cho 34 gam X tác dụng vừa đủ với 175ml dung dịch NaOH 2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam hỗn hợp Y gồm 2 muối khan. Tính m. Câu 6 (1,0 điểm) Hòa tan hết m gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, Ba và BaO vào nước, thu được 0,15 mol khí H2 và dung dịch X. Sục 0,32 mol khí CO2 vào dung dịch X, thu được dung dịch Y chỉ chứa các ion Na+, HCO -3 , CO32- và kết tủa Z. Chia

Quy đổi X thành CO2 ( a mol); CH2 (b mol); NH3 (c mol).

dung dịch Y làm 2 phần bằng nhau. - Cho từ từ đến hết phần 1 vào 200 ml dung dịch HCl 0,6M thấy thoát ra 0,075 mol khí CO2, coi tốc độ phản ứng của HCO 3- , CO32- với H+ bằng nhau.

Từ số mol: O2, N2, CO2 lập hệ 3 PTr 3 ẩn => a, b, c

- Cho từ từ đến hết 200 ml dung dịch HCl 0,6M vào phần 2, thấy thoát ra 0,06 mol khí CO2. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, H2O phân li không đáng kể. Tính m. Câu 7 (1,0 điểm) Trang 35

Trang 36

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

1. Viết các phương trình hóa học trong sơ đồ sau đây: HNO3 ®Æc/H2SO4 ®Æc Cl2 , ¸nh s¸ng Fe+ HCl NaOH,t X  → Y  → Z  → T  →M . 1:1 1:1  o

Biết rằng X, Z, T, M là các chất hữu cơ; Y có tên gọi làp-nitrotoluen. 2. Tiến hành lên men m gam glucozơ thành C2H5OH với hiệu suất 75%, rồi hấp thụ hết lượng CO2 sinh ra vào 2 lít dung dịch NaOH 0,5M (d = 1,05 gam/ml) thu được dung dịch hỗn hợp hai muối có tổng nồng độ phần trăm là 3,211%. Tính m. Câu 8 (1,0 điểm) Hòa tan hết m gam hỗn hợp rắn A gồm Mg, Cu(NO3)2, Fe, FeCO3 bằng dung dịch chứa H2SO4 và 0,054 mol NaNO3, thu được dung dịch B chỉ chứa 75,126 gam các muối (không có ion Fe3+) và thấy thoát ra 7,296 gam hỗn hợp khí X gồm N2, N2O, NO, H2, CO2 (trong X có chứa 0,024 mol H2). Cho dung dịch NaOH 1M vào dung dịch B đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất là 38,064 gam thì dùng hết 1038 ml dung dịch NaOH. Mặt khác, cho BaCl2 vào dung dịch B vừa đủ để kết tủa hết SO 24 ,sau đó cho tiếp dung dịch AgNO3 dư vào thì thu được 307,248 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính % khối lượng của FeCO3 có trong hỗn hợp A. Câu 9 (1,0 điểm) Hỗn hợp E chứa các chất hữu cơ mạch hở gồm tetrapeptit X; pentapeptit Y và Z là este của α-amino axit có công thức phân tử C3H7O2N. Đun nóng 36,86 gam hỗn hợp E với dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được phần hơi chứa ancol T có khối lượng 3,84 gam và phần rắn gồm 2 muối của glyxin và alanin. Đốt cháy hết hỗn hợp muối cần dùng 1,455 mol O2,thu được CO2, H2O, N2 và 26,5 gam Na2CO3. Tính phần trăm khối lượng của Y trong E. Câu 10 (1,0 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn 2,54 gam este A (không chứa nhóm chức khác) mạch hở, được tạo ra từ một axit cacboxylic đơn chức và ancol no, thu được 2,688 lít khí CO2 (đktc) và 1,26 gam nước. Cho 0,1 mol A tác dụng vừa đủ với 200ml NaOH 1,5M tạo ra m gam muối và ancol.Tính giá trị m. 2. Cho 7,65 gam hỗn hợp X gồm Al và Mg tan hoàn toàn trong 500 ml dung dịch H2SO40,8M, thu được dung dịch X và khí H2. Cho 850 ml dung dịch gồm NaOH 1M vào X, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 16,5 gam kết tủa gồm 2 chất. Tính % khối lượng của Al, Mg trong X.

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017-2018 ĐÁP ÁN MÔN: HÓA HỌC 12 Đáp án gồm có 6 trang

--------------Hết--------------Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………….………….…….….….; Số báo danh:……………………….

NỘI DUNG TRÌNH BÀY 1. - Mẫu thử tạo khí mùi trứng thối và kết tủa trắng là BaS BaS + H2SO4 → H2S + BaSO4 . - Mẫu thử vừa tạo khí mùi sốc vừa tạo kết tủa vàng với H2SO4 loãng là Na2S2O3 Na2S2O3 + H2SO4→ S + SO2 + Na2SO4 + H2O. - Mẫu thử tạo khí không màu không mùi với H2SO4 loãng là Na2CO3 Na2CO3 + H2SO4→ CO2 + Na2SO4 + H2O - Mẫu thử tạo khí không màu hóa nâu trong không khí là Fe(NO3)2. 3Fe2+ + 4H+ + NO 3− →3Fe3+ + NO + 2H2O. 2NO + O2→ 2NO2 Còn lại là Na2SO4. 2. - Kết tủa Cu(OH)2 tan ra và tạo ra dung dịch có màu xanh lam đặc trưng, sau đó đun nóng không thấy xuất hiện thêm hiện tượng gì. Giải thích: Saccarozơ mang tính chất của ancol đa chức hòa tan được Cu(OH)2 tạo dung dịch có màu xanh lam. Saccarozơ không chứa nhóm chức anđehit nên không có phản ứng với Cu(OH)2 trong môi trường kiềm để tạo kết tủa Cu2O màu đỏ gạch khi đun nóng. 2C12H22O11 + Cu(OH)2→ (C12H21O11)2Cu + H2O. - Khi chuối chín, tinh bột chuyển thành glucozơ nên nước ép quả chuối chín tham gia phản ứng tráng gương tạo chất kết tủa màu trắng bạc. CH2OH[CHOH]4CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → CH2OH[CHOH]4COONH4 + 2Ag + NH4NO3.

ĐIỂM

0,25

1. Khi đốt cháy mỗi chất X, Y đều thu được số mol H2O bằng số mol CO2 X, Y đều là no, đơn chức. Do

n Ag nE

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

Hỗn hợpphải có HCHO có x mol và một chất khác có một nguyên tử C, tráng bạc đó là HCOOH có y mol. HCHO + AgNO3/NH3 → 4Ag. x 4x HCOOH+ AgNO3/NH3 → 2Ag y 2y

 x + y = 0,15  x = 0, 045 mol  mY = 0,105.46 = 4, 83 gam.  4x + 2y = 0,39   y = 0,105 mol

0,25

2. X phản ứng với NaHCO3 và với Na đều sinh ra chất khí có số mol đúng bằng số mol X đã dùng X có một nhóm –COOH, 1 nhóm –OH. Công thức cấu tạo: 0,5

Trang 37

Trang 38

nNaOH 0,35 = >1  X có este của phenol. nX 0,25

Học sinh viết đúng 2 cấu tạo cho 0,25đ, viết đúng 3 cấu tạo cho 0,5đ 1. Xác định các chất: X4: H2N[CH2]5COOH. X3: ClH3N[CH2]5COOH.................................................................................. X1: H2N[CH2]5COONa. X2: CH3NH2. X: H2N[CH2]5COOH3NCH3. 3

2. Độ bất bão hòa của X = 4; X + Br2 theo tỉ lệ 1: 2 → X chỉ có 2 vòng 3 cạnh. X tác dụng với H2 theo tỉ lệ 1:5→X có thêm 3 vòng 4 cạnh. X tác dụng với Cl2 tỉ lệ 1: 1, thu được sản phẩm monoclo duy nhất → X chỉ có các nhóm CH. Công thức cấu tạo X là:

Tỉ khối hơi của X đối với O2 luôn bằng 4,25 với mọi tỉ lệ số mol giữa 2 este  X gồm 2 este đồng phân có CTPT là C8H8O2 (MX = 136). X + NaOH tạo ra hai muối  CTCT các chất trong X: HCOOCH2C6H5: x mol. HCOOC6H4CH3: y mol. HCOOCH2C6H5 + NaOH →HCOONa + C6H5CH2OH. HCOOC6H4CH3+ NaOH →HCOONa + NaOC6H4CH3 + H2O. Ta có hệ:

0,25

 x+y=0,25  x=0,15   x+2y=0,35   y=0,1

0,25

 Na: x (mol)  NaOH : x (mol)  → + H Ba: y (mol) + H2O  2 . Ba(OH)2 : y (mol) 0,15 mol O: z (mol)  m gam Bảo toàn electron có x + 2y -2z =0,15.2 (I)………………………………………….. - Sục CO2 vào dung dịch X:

CO 2 +

0,25

0,32 mol

H2SO4 ®Æc, t o

H2SO4 ®Æc, 170o C

0,25

y (mol)

0,25

Học sinh viết đúng 2-3pt cho 0,25; 4-5-6 pt được 0,5; 7,8 pt được 0,75; 9-10 pt được 1,0đ 2O

n H2O > n CO2 , Y có 1 nhóm -NH2 Y no và có 1 nhóm –COOH.

- Cho từ từ dung dịch Y vào HCl. HCO3− + H+ → H2O + CO2.

a 2 α  α  α

Phản ứng CO 32 − + 2H+→ H2O + CO2.

0,25

b−y 2 Phản ứng β  β  α + β = 0, 075 α = 0, 03  Ta có :  α + 2β = 0,12 β = 0, 045 0, 03.2 0,045.2 = ⇔ b - y = 1,5a (IV) ................................................................... a b−y Ban đầu

 HCOOH: a mol + O 2  → CO 2O 2 + H Cn H 2n+1O 2 N: b mol 0,7 mol 0,8mol 

Ta có 

0,5mol

y (mol)

b (mol)

0,25

Gọi số C trong Y là n; số mol X là x; của Y là Y.

a + b = 0,5 a = 0,3    b = 0, 2 a + nb = 0, 7 2a + (2n + 1)b = 1, 6 n = 2  

0,25

 +  Na

Ban đầu

= 0,8 mol; Số nguyên tử C trung bình: C = 1, 4

→Hỗn hợp có HCOOH.

b (mol)

Dung dịch Y có CO 3 : (b-y) mol

1. n CO2 =0,7 mol; n H

a (mol)

 HCO : a (mol)  2-

1500 C→ CH ≡ CH + 3H . Etin: 2CH4  2 PdCl2 , CuCl2 Etanal: 2CH2= CH2 + O2  → 2CH3−CH = O.

 → HCO 3− + CO32 −

2. Photpho: Ca3(PO4)2 + 3SiO2 + 5C → 3CaSiO3 + 2P + 5CO. Urê: CO2 + 2NH3 → (NH2)2CO + H2O. Supephotphat đơn: Ca3(PO4)2 + 2H2SO4→ Ca(H2PO4)2 + 2CaSO4.

0,25

2+ 2− Ba → BaCO + CO 3  3

1200o C

180 − 200o C, ∼ 200 atm

− OH

x+2y (mol)

Bảo toàn C có: a + b = 0,32 (II). Bảo toàn điện tích có: a +2b = x+2y (III).....................................................................

CO: HCOOH  → CO + H2O. C2H4: C2H5OH → C2H4 +H2O. C2H2: CaC2 + H2O→C2H2 + Ca(OH)2.

0,25

Số mol của HCOONa: 0,25 mol. NaOC6H4CH3: 0,1 mol. Khối lượng muối Y bằng 30 gam.

t 1. N2: NH4Cl + NaNO2  → N2 + NaCl + 2H2O. t H3PO4: P + 5HNO3 đặc  → H3PO4 + 5NO2 + H2O.

0,25

Cho từ từ HCl vào Y: CO 32 − + H+ → HCO3− .

Amino axit có công thức cấu tạo H2NCH2COOH

b−y b−y b−y 2 2 2

2. Mx = 136. Số mol X = 0,25.

Trang 39

Trang 40

HCO3− + H+ → H2O + CO2. a+b−y 0,06 0,06 2 b−y = 0,06 (V) 2

 AgCl : 1, 092 mol   BaSO 4 : 0,546mol (3)  Ag : 0, 216 mol 

0,25

Mg(OH)2  Na 2SO4 + NH3 + H2O (2) Cu(OH)2 + Fe(OH) 0,546 mol 2 

38,064 gam 307,248 gam Bảo toàn Na cho sơ đồ (2) {Dung dịch B+NaOH} nNa2SO4 = 0,546 mol. Bảo toàn S nH2SO4 = 0,546 mol…………………………………………………..

Từ (I), (II), (III), (IV), (V) có a = 0,08 mol; b = 0,24; x=0,32; y = 0,12; z = 0,13. Vậy m = 25,88. 1. Viết phương trình hóa học.

Bảo toàn khối lượng cho sơ đồ (2) tính được nNH3=0,03 mol n NH +4 =0,03 mol.. Bảo toàn H cho sơ đồ (1){A+H2SO4+NaNO3}tính được số mol H2O = 0,462 mol. Bảo toàn khối lượng cho sơ đồ (1) tính được m=32,64 gam. Bảo toàn e cho sơ đồ (3) {Dung dịch B+BaCl2+AgNO3}: Có số mol Fe2+ trong B: 0,216 mol…………………............................................. Trong A đặt số mol Mg = a; Cu(NO3)2 = b; Fe = c; FeCO3 = 0,216-c. +) m = 32,64 24a+188b-60c= 7,584 (I) +) Dung dịch B+ NaOH 2a+2b=0,576 (II). +) Khối lượng kết tủa hidroxit = 38,052 58a+98b=18,624 (III). Giải hệ a=0,24; b=0,048; c=0,12 mol % khối lượng của FeCO3 = 34,12%

0,25

Z là este của α-amino axit có công thức C3H7O2N CTCT của Z làH2N-CH2-COOCH3→ n H 2 N-CH 2 -COOCH3 = n CH3OH = 0,12 mol .........

0,25 0,25

0,25

COOH: 0,5 mol     Coi hỗn hợp E là NH2: 0,5 mol   36, 86 gam CH2: y + 0,12 mol  H2O: z mol 

7 0,25

Đốt cháy muối

COONa: 0,5 mol  Muèi NH2 : 0,5 mol + O 2CO3 + CO H2O 2 → Na 2 + 1,455 mol 0,25 mol (0,25+y)mol (0,5+y)mol CH2 : y mol 

Học sinh viết đúng 1-2 pt cho 0,25đ; 3-4 pt cho 0,5đ 2. Các phản ứng xảy ra: men C6H12O6   → 2C2H5OH + 2CO2. CO2 + NaOH  → NaHCO3 x x x mol CO2 + 2NaOH  → Na2CO3 + H2O. y 2y y mol

 x+2y=1  x = 0,5  Ta có hệ:  (84x+106y).100 ………………………  = 3, 211  y = 0,25  2000.1,05+44.(x+y)  n CO2 =0,75 mol  n C6 H12O6 = 0,5 mol m = 90 gam

Bảo toàn Na, C, H ta có: 9 0,25

n Na 2CO3 = 0,25  n CO2 = 0,25+y; Từ bảo toàn O có y = 0,72  z = -0,3.  n H2O = 0,5 + y

0,25

Gly n Ala 4-n : a mol  X Đặt công thức và số mol lần lượt của X, Y:  Ala 5-m : b mol Gly m  Y

0,25

Mg 2+  2+ Mg Cu   2+  H : 0, 024mol Cu ( NO3 )2 H 2SO 4 : 0,546 mol Fe  → + + 2 + H 2O (1) +  NaNO : 0, 054mol NO, N 2O,CO2 .. Fe Na : 0,054 mol 3     2FeCO SO : 0,546 mol 7,296 gam 3   4 m (gam)  NH 4+ : 0,03 mol 75,126 gam

Số mol E = 0,5-0,3 = 0,2→Số mol X,Y = 0,2 - 0,12 = 0,08 và bảo toàn Na ta có:

a + b = 0, 08 a = 0,02   4a + 5b = 0,5 0,12 = 0,38  b = 0,06

0,25

Bảo toàn C cho hỗn hợp E có: 2n.0,02 +3(4 - n).0,02+ 2m.0,06+ 3(5- m).0,06=0,98

n = 2 X: Gly2Ala2. % khối lượng của Y: 56,16%.  m = 2 Y:Gly2Ala3.

n + 3m = 8  

0,25

1. Đặt công thức của A: CxHyOz(x, y, z nguyên dương). 10

Trang 41

Đốt cháy X có n CO = 0,12mol; 2

n H2O = 0,07 mol  nO(X) = 0,03 mol.

→ x: y: z = 6:7:3  Công thức đơn giản nhất của A: C6H7O3. Trang 42

0,25

Ta có: nA : nNaOH = 1: 3. →A có 3 chức este→CTPT A: C12H14O6(π =6)....................................................... →Axit có 2 liên kết π. A có dạng (CnH2n-1COO)3CmH2m-1→ 3n+m =3→n=2, m=3.

CH 2 = CH- COO- CH 2

4. Cho 39,84 gam hỗn hợp X1 gồm Fe3O4 và Cu vào dung dịch HNO3 đun nóng, thu được 0,2/3 mol NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y1 và 3,84 gam Cu. Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch Y1, không có không khí, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng và tìm giá trị của m.

→CTCT A: CH 2 = CH- COO- CH |

CH 2 = CH- COO- CH 2 (CH2=CH-COO)3C3H5+ 3NaOH →3CH2=CH-COONa + C3H5(OH)3. 0,1 mol 0,3 mol Khối lượng muối thu được m = 0,3.94 = 28,2 gam. 2.

0,25

16,5 gam

Bảo toàn điện tích có n

AlO-2

b) Dẫn khí H2S vào dung dịch FeCl3.

c) Trộn dung dịch KI với dung dịch FeBr3.

d) Dẫn khí Cl2 vào dung dịch NaOH.

e) Dẫn khí SO2 vào dung dịch KMnO4. g) Dẫn khí Cl2 vào dung dịch NaBr.

0,25

2. Viết các phương trình phản ứng dạng ion thu gọn trong mỗi trường hợp sau: a) Cho Ba vào dung dịch NaHCO3. b) Cho từ từ CO2 đến dư qua dung dịch clorua vôi. c) Cho NaAlO2 vào dung dịch NH4NO3. d) Cho Ba(HSO3)2 vào dung dịch KHSO4.

Từ sơ đồ ta có hệ 

 %m Al = 52,94%; %m Mg = 47,06%

a) Dẫn khí O3 vào dung dịch KI.

0,25

= 0,05 mol .---------------------------------------------------

27x + 24y = 7, 65 x = 0,15  78.(x − 0, 05) + 58y = 16,5  y = 0,15

Câu 2. (4,0 điểm) 1. Hoàn thành các phương trình phản ứng có thể xảy ra trong các trường hợp sau:

Al: x mol Al(OH)3: (x - 0,05) mol − + + H → + AlO-2  + OH  Mg: y mol Mg(OH)2: y mol  0,8 mol 0,85 mol  0,05 mol 7,65 gam

3. Cho m gam hỗn hợp gồm bari và hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì kế tiếp tác dụng với 200 ml dung dịch chứa H2SO4 1M và HCl 1M, thu được 0,325 mol H2 và 62,7 gam chất rắn khan khi làm bay hơi hết nước. Nếu cho m gam hỗn hợp trên vào nước dư, thu được dung dịch Y, nếu cho 0,195 mol Na2SO4 vào Y thấy còn dư Ba2+, nhưng nếu cho 0,205 mol Na2SO4 vào Y thì SO42- còn dư. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định hai kim loại kiềm.

Hết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 THPT

QUẢNG TRỊ

Khóa thi ngày 03 tháng 10 năm 2017

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: HÓA HỌC

(Đề thi có 02 trang)

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

3. Đốt cháy hoàn toàn 4,4 gam sunfua của kim loại M (công thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứng đem hòa tan trong một lượng vừa đủ dung dịch HNO3 37,8% thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được là 41,72%. Khi làm lạnh dung dịch này thì thoát ra 8,08 gam muối rắn (N). Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Viết các phương trình phản ứng và xác định công thức của muối rắn (N). 4. Để 26,88 gam phôi Fe ngoài không khí một thời gian, thu được hỗn hợp rắn X gồm Fe và các oxit. Hòa tan hết X trong 288 gam dung dịch HNO3 31,5%, thu được dung dịch Y chứa các muối và hỗn hợp khí Z gồm 2 khí, trong đó oxi chiếm 61,11% về khối lượng. Cô cạn Y, rồi nung đến khối lượng không đổi thấy khối lượng chất rắn giảm 67,84 gam. Xác định nồng độ % Fe(NO3)3 trong Y. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Nêu hiện tượng và viết phương trình ion thu gọn trong các thí nghiệm sau:

Câu 1. (4,0 điểm)

a) Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch chứa AgNO3.

1. Cho các sơ đồ phản ứng: a) (A) + H2O → (B) + (X). o

b) Cho KHS vào dung dịch CuCl2.

b) (A) + NaOH + H2O → (G) + (X).

t ,xt → (X) + (E). c) (C) + NaOH 

d) (E) + (D) + H2O → (B) + (H) + (I).

e) (A) + HCl → (D) + (X).

g) (G) + (D) + H2O → (B) + (H).

c) Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch H2SO4 1M, đun nóng nhẹ. d) Cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch hỗn hợp gồm HCl và AlCl3.

Biết A là hợp chất được tạo nên từ hai nguyên tố là nhôm và cacbon. Xác định các chất X, A, B, C, D, E, G, H, I và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron:

2. Cho 37,2 gam hỗn hợp X1 gồm R, FeO và CuO (R là kim loại hóa trị II, R(OH)2 không lưỡng tính) vào 500 gam dung dịch HCl 14,6 % (dùng dư), thu được dung dịch A1, chất rắn B1 chỉ chứa một kim loại nặng 9,6 gam và 6,72 lít H2 (ở đktc). Cho dung dịch A1 tác dụng với dung dịch KOH dư, thu được kết tủa D. Nung D trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 34 gam chất rắn E gồm hai oxit. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng và tìm R.

t0 → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O. a) FeS2 + H2SO4 đặc 

b) FeCO3 + FeS2 + HNO3 → Fe2(SO4)3 + CO2 + NO + H2O.

3. Viết phương trình phản ứng của axit salixilic lần lượt với: dung dịch NaOH; dung dịch NaHCO3; CH3OH, có mặt H2SO4 đặc, nóng; (CH3CO)2O, có mặt H2SO4 đặc, nóng. Trang 43

Trang 44

4. X và Y là 2 axit cacboxylic đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng (MX<MY). Trộn X và Y theo tỉ lệ mol 1:1, thu được hỗn hợp A. Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X. Cho Z vào A được hỗn hợp B. Để đốt cháy hoàn toàn 7,616 lít hơi B (ở đktc) phải dùng vừa hết 1,3 mol oxi. Phản ứng tạo thành 58,529 lít hỗn hợp khí K (ở 1270C và 1,2 atm) chỉ gồm khí CO2 và hơi nước. Tỉ khối của K so với metan là 1,9906.

---------HẾT-------Thí sinh được dùng bảng HTTH và tính tan, không được sử dụng tài liệu khác SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN HÓA HỌC

QUẢNG TRỊ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 THPT

a) Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo và gọi tên X, Y, Z. Biết rằng các chất này đều có mạch hở và không phân nhánh.

Khóa thi ngày 03 tháng 10 năm 2017

b) Tính khối lượng este tạo thành khi đun nhẹ hỗn hợp B như trên với một ít H2SO4 đậm đặc làm xúc tác, biết rằng hiệu suất của phản ứng là 75% và các este tạo thành có số mol bằng nhau. Câu 4. (4,0 điểm)

Câu

1. Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa sau:

Nội dung

Điểm

Câu 1

CH4 → A → B → C → D → E → CH4.

Biết C là hợp chất hữu cơ tạp chức, D hợp chất hữu cơ đa chức.

Al4C3

Al(OH)3

CH3COONa

AlCl3

NaAlO2

NaCl

CaO,t c) CH3COONa + NaOH  → CH4 + Na2CO3

d) 3Na2CO3 + 2AlCl3 + 3H2O → 2Al(OH)3 + 6NaCl + 3CO2

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

2x 11x

Câu 5. (4,0 điểm)

3x 46x 3

0,25

FeS2 → Fe+ 2 S + 11e +6

0,25

S + 2e → S

b) 3FeCO3 + 9FeS2 + 46HNO3 → 6Fe2(SO4)3 + 3CO2 + 46NO + 23H2O

1. Ankađien A có công thức phân tử C8H14 tác dụng với dung dịch Br2 theo tỷ lệ mol 1: 1 sinh ra chất B. Khi đun A với dung dịch KMnO4 trong môi trường H2SO4 loãng, sinh ra ba sản phẩm hữu cơ là CH3COOH, (CH3)2C=O, HOOC-CH2-COOH. Xác định công thức cấu tạo của A, B và viết các phương trình phản ứng xảy ra.

Fe +3 FeS2 → 4Fe+ 6 S + 46e +5

0,25 0,25

N + 3e → N

Gọi 2 kim loại kiềm là M: x mol; Ba: y mol Theo bài: nH+ = 0,6 mol và nH2 = 0,325 mol 0,25

 Axit hết và kim loại còn phản ứng với H2O

3. Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic (MX < MY), Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X, T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z và T cần dùng vừa đủ 0,59 mol O2, thu được khí CO2 và 0,52 mol nước. Biết 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br2. Tính khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH. 4. Este A1 tạo bởi 2 axit cacboxylic X1, Y1 đều đơn chức, mạch hở và ancol Z1. Xà phòng hóa hoàn toàn m gam A1 bằng dung dịch NaOH, thu được dung dịch B1. Cô cạn dung dịch B1, rồi nung trong NaOH khan dư, có xúc tác CaO, thu được chất rắn R1 và hỗn hợp khí K1 gồm 2 hiđrocacbon có tỉ khối so với O2 là 0,625. Dẫn khí K1 lội qua dung dịch nước brom dư thấy có 0,24 mol một chất khí thoát ra. Cho toàn bộ lượng chất rắn R1 tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư, thu được 0,36 mol khí CO2. Để đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam ancol Z1 cần dùng vừa đủ 0,105 mol O2, thu được CO2 và nước có tỉ lệ khối lượng tương ứng là 11:6. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng và tìm công thức cấu tạo của X1, Y1, Z1 và A1.

0,75

e) Al4C3 + 12HCl → 4AlCl3 + 3CH4 g) 3NaAlO2 + AlCl3 + 6H2O → 4Al(OH)3 + 3NaCl

4. Cho xenlulozơ tác dụng với anhiđrit axetic, thu được axit axetic và 82,2 gam hỗn hợp rắn gồm xenlulozơ triaxetat và xenlulozơ điaxetat. Để trung hòa 1/10 lượng axit tạo ra cần dùng 80 ml dung dịch NaOH 1M. Viết các phương trình phản ứng và tính khối lượng từng chất trong hỗn hợp rắn thu được.

2. Hỗn hợp R gồm 2 anđehit đơn chức là đồng đẳng kế tiếp. Cho 20,8 gam R phản ứng tráng bạc, thu được tối đa 2 mol Ag. Nếu hiđro hóa hoàn toàn 10,4 gam R thành 2 ancol tương ứng là N và M (MN < MM), xúc tác H2SO4 đặc ở 1400C, thu được 3,62 gam hỗn hợp ete. Biết hiệu suất phản ứng ete hóa N là 50%. Tính hiệu suất phản ứng ete hóa M.

0,25

a) Al4C3 + 12H2O → 4Al(OH)3 + 3CH4 b) Al4C3 + 4NaOH + 4H2O → 4NaAlO2 + 3CH4

2. Trình bày phương pháp hóa học để phân biệt các chất riêng biệt sau bằng phương pháp hoá học: CH2=CHCHO, C2H5CHO, CH3CH2OH, CH2=CH-CH2-OH, CH2=CH-COOH. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 3. Đốt cháy hết 13,36 gam hỗn hợp X gồm axit metacrylic, axit ađipic, axit axetic và glixerol (trong đó số mol axit metacrylic bằng số mol axit axetic) bằng oxi dư, thu được hỗn hợp Y gồm khí và hơi, dẫn Y vào dung dịch chứa 0,38 mol Ba(OH)2, thu được 49,25 gam kết tủa và dung dịch Z. Đun nóng Z lại xuất hiện kết tủa. Cho 13,36 gam hỗn hợp X tác dụng với 140 ml dung dịch KOH 1M, cô cạn dung dịch thu được m gam chất rắn khan. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m.

X CH4

Ta có: nH2(tác dụng với nước tạo thành)= 0,325 – 0,3 = 0,025 0,25

 nOH- = 0,025.2 = 0,05 mol  mkim loại = 62,7 – 0,2.96 -0,2.35,5 – 0,05.17 = 35,55 gam

Mx +137y = 35,55  x = 0,65−2y 35,55− M(0,65−2y) Ta coù heä:   0,195 < y = < 0,205 137 x + 2y = 0 ,65 0,195 < y < 0,2 05  

0,5

 31,1<M<33,98  Na (23) và K (39) 4

Gọi nFe3O4 =x mol; nCu (phản ứng) = y mol 3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (1) 3Cu + 8 HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O

(2)

Cho: H=1, C=12, N=14, O=16, Na=23, Mg=24, S=32, K=39, Fe=56, Cu=64, Ba=137. Trang 45

Trang 46

Câu

Nội dung

Điểm

Câu

Cu + 2Fe(NO3)3 → Cu(NO3)2 + 2Fe(NO3)2 (3)

Nội dung

Điểm

Sau khi làm lạnh, khối lượng dung dịch là: 29 – 8,08 = 20,92 gam

Fe(NO3)2 + 2NH3 + 2H2O→ Fe(OH)2 + 2NH4NO3 (4)

0,5

nFe(NO3 )3 =

Cu(NO3)2 + 2NH3 + 2H2O → Cu(OH)2 + 2NH4NO3 (5) Cu(OH)2 + 4NH3 → [Cu(NH3)4](OH)2 (6)

242 + 18m = 404  m =9  CT của muối Fe(NO3)3.9H2O

Mỗi phương trình 0,1 điểm (đúng từ 5 phương trình cho điểm tuyệt đối) 232x + 64y = 39,84 − 3,84  x = 0,1 mol Ta coù heä:   2y = 0,2 + 2x  y= 0,2 mol

20,92.34,7 = 0,03mol ⇒ nFe (NO3 ) trong muoái = 0,02 3 100.242

0,25

 m =mFe(OH)2 = 0,1.3.90 = 27 gam Câu 2 1

a) O3 + 2KI + H2O → 2KOH + O2 + I2 b) H2S + 2FeCl3 → 2FeCl2 + S + 2HCl c) 2KI + 2FeBr3 → 2KBr + I2 + 2FeBr2

0,25

d) Cl2 +2NaOH → NaCl + NaClO + H2O 0

t 3Cl2 +6NaOH  → 5NaCl + NaClO3 + 3H2O

1,0 0,25

e) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → 2H2SO4 + K2SO4 + 2MnSO4 g) Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2

5Cl2 + Br2 + 6H2O → 2HBrO3 + 10HCl

a mol →

Mỗi phương trình 0,125 điểm 2

0,25a

t 2Fe(NO3)3  → Fe2O3 +6NO2 + 3/2O2

a) Ba +2H2O → Ba2+ + 2OH- + H2 HCO3- + OH- → CO32- + H2O,

t 2Fe(NO3)2  → Fe2O3 + 4NO2 + 1/2O2

Ba2+ + CO32- → BaCO3

0,25

b mol →

0,25

a + b = 0,48 a = 0,16 mol Ta coù heä:    NO3− :1,28mol 46(2a + 3b) + 32(0,25a + 0,75b) = 67,84  b = 0,32 mol

b) CO2 + 2OCl- + H2O + Ca2+ → CaCO3 + 2HClO CO2 + CaCO3 + H2O → Ca2+ + 2HCO3c) NH4+ + AlO2- + H2O → NH3 + Al(OH)3

0,75b

nN(trong Z)=1,44-1,28=0,16 mol  mZ=(0,16.14.100)/(100-61,11)=5,76 gam

d) HSO3- + H+ + SO42- + Ba2+ → BaSO4 + H2O + SO2

0,25

Sơ đồ: X + HNO3 → Muối + Z + H2O

 Ma + 32a = 4,4

MS: a mol

2MS + (0,5n+2) O2 → M2On a a

0,25

 mX = 34,24 gam  m(dung dịch sau)=34,24+288 – 5,76=316,48 gam Vậy: C%(Fe(NO3)3) = (0,32.242.100)/316,48 = 24,47%

+ 2SO2

a/2 na

 mX + 1,44.63 = 0,16.180 + 0,32.242 + 0,74.18

(I)

M2On + 2nHNO3 → 2M(NO3)n + nH2O a/2

0,25

0,5

(1)

0,25

(mol) (2)

Câu 3 (mol)

mdd HNO3 = 500na/3

Ma + 62na 41, 72 = ⇒ M = 18,653n ⇒ M : Fe Ma + 8na + 500na / 3 100

a) Có kết tủa xám: Ag+ + NH3 + H2O → AgOH + NH4+ Sau đó kết tủa tan dần, tạo dung dịch trong suốt

0,25

m(dd trước khi làm lạnh) = Ma + 8na + 166,67na = 29 gam  a = 0,05 mol

0,25

AgOH + 2NH3 → [Ag(NH3)2]+ + OHb) Xuất hiện kết tủa đen: Cu2+ + HS- → CuS + H+

Trang 47

Trang 48

Câu

Nội dung

Điểm

c) Dung dịch có màu vàng và có khí không màu hóa nâu trong không khí bay ra 2+

3Fe

+ NO

+ 4H → 3Fe

Câu

0,25

 x = 3,35 ; y = 5,88 ; z = 2  X có 3 C; Y có 4 C; Z có 3 C và 2 O trong phân tử  Z có công thức là C3H8O2. Đặt X là C3H6-2aO2 và Y là C4H8-2aO2

0,25

2x + z = 0,34  x = 0,12 mol Ta coù heä:   + = 7x 3z 1,14  z = 0,1 mol

0,25

Cho X + HCl dư → H2, nên R là kim loại đứng trước H

 nH2O = (3 - a)x + (4 - a)x + 4z = 1  a = 1  X là C3H4O2; Y là C4H6O2.

Vì axit dư, nên R hết  B1:Cu A1 không có CuCl2, Rắn E: RO và Fe2O3 R + 2HCl → RCl2 + H2

a) CTCT của X: CH2=CH-COOH: Axit propenoic

(1)

Y: CH2=CH-CH2-COOH hoặc CH3-CH=CH-COOH

FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O

(2)

CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O

(3)

R + CuCl2 → RCl2 + Cu

(4)

HCl + KOH → KCl + H2O

Axit but-3-enoic hoặc Axit but-2-enoic

Propan-1,3-điol hoặc Propan-1,2-điol.

H SO ®Æc, to

4   2 → (RCOO)2C3H6 + 2H2O b) 2RCOOH + C3H6(OH)2 ←    

(6)

FeCl2 + 2KOH → Fe(OH)2 + 2KCl (7) t R(OH)2  → RO + H2O

0,25

Z: OH-CH2-CH2-CH2-OH hoặc CH3-CH(OH)-CH2-OH

(5)

RCl2 + 2KOH → R(OH)2 + 2KCl

0,25

với nX = nY = x mol; nZ = z mol.

OH- + H+ → H2O, Al3+ + 3OH- → Al(OH)3, Al(OH)3+OH- →AlO2- +2H2O Viết sai hoặc không viết phương trình trừ nửa số điểm

Điểm

Cx H y Oz + ( x + y / 4 − z / 2 ) O2 → x CO2 + y / 2 H2O

+ NO + 3H2O, 2NO + O2 → NO2

d) Ban đầu chưa xuất hiện kết tủa, sau đó mới có kết tủa keo trắng nếu nhỏ tiếp dung dịch NaOH đến dư vào thì kết tủa tan

Nội dung

0,5

0,25

Do A hết, Z dư nên số mol mỗi este = (0,12:2):3x75/100 = 0,015 mol  (C2H3COO)2C3H6 = 2,76 gam; (C3H5COO)2C3H6 = 3,18gam

(8)

C2H3COOC3H6OOC-C3H5 = 2,97 gam

t 2Fe(OH)2 + ½ O2  → Fe2O3 + 2H2O (9)

Ta có: nCuO=nCuCl2=nCu=0,15 mol

0,25

nRCl2 = nR = nH2+nCuCl2=0,3+0,15= 0,45 mol  nRO = nR(OH)2 = nRCl2 = 0,45 mol

0,25

Câu 4 1

Gọi n(FeO ban đầu) = x mol

0,45. ( R + 16 ) + 0,5x.160 = 34  R = 24(Mg)  Ta coù heä:  0,45.R + 72x + 80.0,15 = 37,2  x=0,2 mol

xt,t CH3OH + CO  → CH3COOH H SO ñaëc,t 0

2 4  → CH3COOC2H4OH + H2O CH3COOH + C2H4(OH)2 ← 

0,25 3

H SO ñaëc,t 0

HO-C6H4-COOH + 2NaOH → NaO-C6H4-COONa + 2H2O

2 4  → (CH3COO)2C2H4 + H2O CH3COOC2H4OH + CH3COOH ← 

HO-C6H4-COOH + NaHCO3 → HO-C6H4-COONa + H2O + CO2 H 2SO 4 ®Æc, t o

     → HO-C6H4-COOCH3 + H2O HO-C6H4-COOH + CH3OH ←  

1,0

t → CH COONa + C H (OH) (CH3COO)2C2H4 + NaOH  3 2 4 2

1,0

CaO,t CH3COONa + NaOH  → CH4 + Na2CO3

H 2SO 4 ®Æc, t o

     → CH3COO-C6H4-COOH+CH3COOH HO-C6H4-COOH+(CH3CO)2O ←  

Mỗi phương trình phản ứng 0,125 điểm, điều kiện phản ứng 0,25 điểm

Mỗi phương trình 0,25 điểm 4

xt,t 2CH4 + O2  → 2CH3OH

Ta có: nB=0,34 mol, nCO2+nH2O = 2,14 mol, nH2O=1 mol và nCO2=1,14 mol

Dùng dung dịch AgNO3/NH3 dư phân biệt được 2 nhóm:

1,0

- Tạo kết tủa Ag: CH2=CH-CHO, C2H5CHO

Đặt CT chung các chất trong B là Cx H y Oz có: Trang 49

Trang 50

Câu

Nội dung

Điểm

Câu

R-CHO+2AgNO3+3NH3+H2O  → R-COONH4+2Ag ↓ + 2NH4NO3

Nội dung

Gọi n[C6H7O2(OCOCH3)3]n=x mol, n[C6H7O2(OH)(OCOCH3)2]n=y mol

Điểm

 n CH3COOH = 10.n NaOH= 0,8 mol

- Không hiện tượng gì: CH2=CH-CH2-OH, CH2=CH-COOH, CH3CH2OH

xt [C6H7O2(OH)3]n+3n(CH3O)2O  → [C6H7O2(OCOCH3)3]n + 3nCH3COOH

Cho mẩu thử từ CH2=CH-CHO, C2H5CHO tác dụng với dung dịch Br2/CCl4

xt [C6H7O2(OH)3]n+2n(CH3O)2O  → [C6H7O2(OH)(OCOCH3)2]n + 2nCH3COOH CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O 288nx + 246ny = 82,2  nx = 0,2 mol  ⇒ Ta coù heä:      3nx + 2ny = 0,8  ny=0,1 mol    m[C6H7O2(OCOCH3)3]n = 288.nx = 288.0,2 = 57,6 gam m[C6H7O2(OH)(OCOCH3)2]n = 246.nx = 246.0,1 = 24,6 gam

- Nếu làm mất màu Br2/CCl4→ CH2=CH-CHO, không hiện tượng là C2H5CHO CCl

4 Phản ứng: CH2=CH-CHO + Br2  → CH2Br-CHBr-CHO

- Các mẩu thử còn lại làm quỳ tím chuyển màu đỏ là CH2=CH-COOH, không làm đổi màu quỳ tím là: CH2=CH-CH2-OH, CH3CH2OH. - Cho 2 mẩu thử còn lại tác dụng dung dịch brom. Nếu mất màu dung dịch brom trong CCl4 là CH2=CH-CH2-OH, không làm mất là CH3CH2OH

0,5

0,25

CH2=CH-CH2-OH + Br2 → CH2Br-CHBr-CH2OH Nhận biết và viết đúng phương trình mỗi chất 0,25 điểm 3

0,25

Do số mol 2 axit C4H6O2 và C2H4O2 bằng nhau  2 axit là C3H5O2

C3H5O2

→

Câu 5 0,25

Coi hỗn hợp X gồm : C3H5O2 a mol và C3H8O3 b mol

3CO2

CH3COOH, (CH3)2C = O, HOOCCH2COOH

C3H8O3

→

 Công thức cấu tạo của A là (CH3)2C = CH – CH2 – CH = CH – CH3

3CO2

hoặc (CH3)2C = CH – CH2 – CHBr – CHBr – CH3

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + 0,25

0,25

5(CH3)2C = CH – CH2 – CH = CH – CH3 + 14KMnO4 + 21H2SO4 → 5CH2(COOH)2 + 5CH3COOH + 14MnSO4 + 7K2SO4 + 21H2O

H2O

← 0,25

2CO2 + Ba(OH)2 →

2 Ba(HCO3)2

Hoặc: nBaCO3 = nOH- - nCO2  nCO2 = 0,38.2 – 0,25=0,51

KOH → C2H4COOK 0,12

nKOH bđ = 0,14 mol →

+ H2O

Nếu R không có HCHO thì M = 20,8 gam/mol  loại

30a + 44b = 20,8 a = 0,4mol CH OH : 0,2mol Ta coù heä:   1/ 2 3 4a + 2b = 2  b = 0,2mol C2 H 5 OH : 0,1mol

0,25

3a + 3b = 0,51 a = 0,12 mol Ta coù heä:   73a + 92b = 13,36  b = 0,05 mol

5(CH3)2CO + 0,5 0,25

Vậy R gồm: HCHO a mol và CH3CHO b mol

0,26 ← (0,13=0,38-0,25)

C3H5O2

0,5

B là (CH3)2CBr-CHBr CH2 – CH = CH – CH3

Do đun lại xuất hiện kết tủa  có 2 muối tạo thành

0,12

Khi đun A với dung dịch KMnO4 trong H2SO4 sinh ra:

0,5

H SO ,140

2 4 2ROH   → R2O + H2O. Gọi hiệu suất H%, H%=100.h  32.0,2.0,5 + 46.0,1.h -18.0,05-18.0,05h = 3,62  h =0,3567  H%=35,67%

(5)

0,25

0,12 nKOH dư = 0,02 mol ; nmuối = 0,12 mol

0,25 3

0,25

 Khối lượng chất rắn : m = 0,12 x 111 + 0,02 x 56 = 14,44 gam

nCO2 = 0,47 BTNT   →nO (trongE) = 0,28 nH2O = 0,52

Cách 1: 11,16 + 0,59.32 = mCO2 + 9,36 → 

0,25

→ Ancol no hai chức.

Trang 51

Trang 52

Câu

Nội dung

Điểm

 → 2a + 4b + 2c = 0,28 a = 0,02  Axit : a  BTLK. π   este : b →  b = 0,01   → a + 2b = 0,04 ancol : c  c = 0,1    0,52 − 0, 47 = −a − 3b + c BTNT.O

0,5

Suy ra n = 0,47/0,13=3,6  C3H6(OH)2 mE + mKOH = m + mC3H6(OH)2 + mH2O  m = 4,68 gam

0,25

CnH2n+2Ok +

Ta có:

mCO2 m H 2O

Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Số báo danh:……………..

Đề gồm có 02 trang

Câu I. (1,75 điểm)

a. Au + NaCN + H2O + O2 c. Cu2O + H2SO4 loãng

Ta có: 72.0,04 + 14.0,02 + 38.0,04 = m = 4,68 gam

Tìm Z1: Do

Họ và tên:………………..

1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau:

C3H4O2 :0,04mol C H (OH) : x mol 72.0,04 + 76x + 14y + 18z = 11,16 x = 0,11mol  3 6   2 Cách 2:   2.0,04 + 4x + y + z = 0,52  y = 0,02mol CH : y mol  2 3.0,04 + 3x + y = 0,47 z = −0,02mol   H2O : z mol

LỚP 12 THPT

11 n CO2 3  =  n H 2O > n CO2  Z : no, hở: CnH2n+2Ok 6 n H 2O 4

 →

b. Pb + H2SO4 (đặc)  →

 →

d. Fe2(SO4)3 + SnSO4  →

e. Fe3O4 + HI

 →

f. CrCl3 + Br2 + NaOH

g. KO2 + CO2

 →

h. Na[Al(OH)4] + NH4Cl

0,5

n 3 5 − 0,5k 44 + 16k =  n =3 =  k = 3  Z : C3 H5 (OH)3 n +1 4 0,105 2, 76

Câu II. (2,25 điểm) 1. Sắp xếp các chất sau theo thự tự tăng dần tính bazơ và giải thích:

CH3-CH(NH2)-COOH (I); CH3-CH2-CH2-NH2 (II); CH≡C-CH2-NH2 (III); CH2=CH-CH2-NH2 (IV).

Xác định X1, Y1: Do K1 = 32.0,625=20  có CH4 và RH  nCH4= 0,24 mol

2. Viết các phương trình hóa học thực hiện những chuyển đổi sau:

 X1 là CH3COOH  CH3COONa:0,24 molRCOONa=0,36-0,24=0,12mol

Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2 + H2O

NO2

CaO,t CH3COONa + NaOH  → Na2CO3 + CH4

[H]

NaNO2+ HCl 0

0-5 C

H2O

ClCH 2COCl (1:1) D C POCl3

CH 3NH2 1:1

CaO,t o

RCOONa + NaOH  → Na2CO3 + RH

H2 Pd

HO CHC H2NHCH 3

16.0, 24 + (R + 1).0,12 = 20  R = 27(C2 H3 ) 0, 24 + 0,12

0,5

Do nX1 : nY1 = 2 : 1  A1: (CH3COO)2C3H5(OCOCH=CH2) Ghi chú: Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa trong mỗi câu. Nếu thiếu điều kiện hoặc thiếu cân bằng hoặc thiếu cả hai thì trừ một nửa số điểm của PTHH đó. Làm tròn đến 0,25 điểm. ………………………HẾT……………………. KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Khóa ngày 22 – 3 – 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC

→

2. Oxit F (oxit lưỡng tính) có màu lục sẫm, khó nóng chảy, bền với nhiệt. F tác dụng được với H2SO4 (dư) đun nóng, tạo thành dung dịch G có màu xanh lục. Nhỏ dung dịch KOH vào G đến dư, thu được dung dịch H có màu xanh ve, thêm tiếp H2O2 được dung dịch I có màu vàng. Khi cho H2SO4 loãng vào I thu được dung dịch K có màu da cam. Nếu cho dung dịch KOH vào K thì lại thu được dung dịch I. Viết phương trình ion thu gọn của các phản ứng xảy ra.

3n + 1 − k O2 → nCO2 + (n+1)H2O 2

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

 →

Môn: Hóa học Trang 53

3. Hỗn hợp X gồm 2 chất có công thức phân tử là C3H12N2O3 và C2H8N2O3. Cho 3,40 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH (đun nóng), thu được dung dịch Y chỉ gồm các chất vô cơ và 0,04 mol hỗn hợp khí Z gồm 2 chất hữu cơ đơn chức, bậc một (đều làm xanh giấy quỳ tím ẩm). Cô cạn Y thu được m gam muối khan. Tìm m giá trị của m? 12,43 Câu III. (2,0 điểm) 1. Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào dung 8,935 dịch chứa x mol H2SO4 và y mol Al2(SO4)3. Khối lượng kết tủa (m gam) tạo thành phụ thuộc vào thể tích dung dịch Ba(OH)2 (V ml) được biểu diễn 0 bằng đồ thị bên. Hãy xác định các giá trị x, y.

350

550

Trang 54

2. Khi thủy phân hoàn toàn 1 mol pentapeptit X thu được 2 mol Alanin, 1 mol Axit glutamic, 1 mol Lysin và 1 mol Tyrosin. Cho X phản ứng với 1-flo-2,4-đinitrobenzen (kí hiệu ArF) rồi mới thủy phân thì thu được Ala, Glu, Lys và hợp chất p-HOC6H4CH2CH(NHAr)COOH. Mặt khác, nếu thủy phân X nhờ enzim cacboxipeptidaza thì thu được Lys và một tetrapeptit. Ngoài ra khi thủy phân không hoàn toàn X thu được hỗn hợp sản phẩm có chứa các đipeptit AlaGlu, Ala-Ala và Tyr-Ala.

Câu I

1,75 điểm

1. (1,0 điểm)

Mỗi PTHH 0,125 điểm

a) 4Au + 8NaCN + 2H2O + O2 t

b) Pb + 3H2SO4 (đặc)  → Pb(HSO4)2 + SO2 + 2H2O c) Cu2O + H2SO4 loãng

a. Viết công thức cấu tạo dạng chủ yếu của mỗi amino axit trên ở pH = 1 và pH = 13.

 → 4Na[Au(CN)2] + 4NaOH

 →

CuSO4 + Cu + H2O

d) Fe2(SO4)3 + SnSO4  → 2FeSO4 + Sn(SO4)2

b. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên của pentapeptit X.

e) Fe3O4 + 8HI

Câu IV. (2,0 điểm)

 → 3FeI2 + I2 + 4H2O

1. Hòa tan hoàn toàn 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam dung dịch HNO3 50,4%, thu được dung dịch X (không có muối amoni) và hỗn hợp khí B (gồm hai sản phẩm khử N+5). Cho 500ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X, thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Lọc lấy Y rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z thu được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi, thu được 41,05 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính C% mỗi chất tan trong dung dịch X?

f) 2CrCl3 + 3Br2 + 16NaOH

2. Thủy phân hoàn toàn 4,84 gam este hai chức A (được tạo thành từ một axit hai chức và một hợp chất đơn chức) bằng một lượng dung dịch NaOH vừa đủ, rồi cô cạn chỉ thu được hơi H2O và hỗn hợp X gồm hai muối. Đốt cháy toàn bộ lượng muối trên cần vừa đủ 6,496 lít O2 (đktc), thu được 4,24 gam Na2CO3; 5,376 lít CO2 (đktc) và 1,8 gam H2O. Tính thành phần phần trăm khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp X.

2. (0,75 điểm)

Câu V. (2,0 điểm)

Cr3+

g) 4KO2 + 2CO2

 → 2Na2CrO4 + 6NaCl + 6NaBr + 8H2O

 →

2K2CO3 + 3O2

h) Na[Al(OH)4] + NH4Cl

Cr2O3

+ 6H+ → 2Cr3+

→ NaCl + Al(OH)3 + NH3 + H2O

+ 3H2O

H+ + OH- → H2O + 4OH-

→

[Cr(OH)4]-

1. Cho dung dịch A chứa FeCl3 0,01M. Giả thiết rằng, Fe(H2O)6 (viết gọn là Fe ) là axit một nấc với hằng số phân li là Ka=6,3.10-3.

2[Cr(OH)4]- + 3H2O2 + 2OH- → 2 CrO24− + 8H2O

a. Tính pH của dung dịch A.

2 CrO24− + 2 H+

b. Tính pH cần thiết để bắt đầu xảy ra sự kết tủa Fe(OH)3 từ dung dịch A. Biết Fe(OH)3 có Ks= 6,3.10-38.

Cr2O27− + 2 OH- → 2 CrO24− + H2O

2. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 10ml dung dịch axit axetic có pH=3 với 10ml dung dịch axit fomic có pH=3. Biết Ka của axit axetic và axit fomic lần lượt là 10-4,76 và 10-3,75.

Câu II

Cho: H=1; C=12; N=14; O=16; Na=23; Al=27; S=32; Cl =35,5; K=39; Fe =56; Cu=64; Ba=137.

→ Cr2O72− + H2O

2,25 điểm

1. (0,5 điểm)

Trật tự tăng dần tính bazơ: (I) < (III) < (IV) < (II).

------------ HẾT ----------

Mỗi PTHH 0,125 điểm

0,25

Tính bazơ được đánh giá bởi mật độ electron trên nguyên tử nitơ. Các nhóm có hiệu ứng làm giảm mật độ electron thì làm cho tính bazơ giảm và ngược lại. Chất (I) tồn tại ở dạng ion lưỡng cực nên có tính bazơ yếu nhất.

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

Chất (II) có hiệu ứng +I nên làm tăng tính bazơ.

HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2017-2018

Chất (III) và chất (IV) có hiệu ứng -I của Csp2 và Csp; hiệu ứng -I của Csp lớn hơn Csp2 nên (III) có tính bazơ yếu hơn (IV).

Khóa ngày 22 – 3 – 2018

0,25

Môn: Hóa học

2. (1,0 điểm)

LỚP 12 THPT

Trang 55

Trang 56

OH NO2

NH2 + 6[H]

Fe+ HCl   →

+ 2H2O

OH NH2

N2+Cl-

0−50 C

+ NaNO2 + 2HCl  →

+ NaCl + 2H2O

0,25

N2+Cl-

0,25 3. (0,75 điểm)

Các chất trong X là: (CH3NH3)2CO3 (a mol) và C2H5NH3NO3 (b mol). t0C

+ H2O →

+ HCl

PTHH:

OH OH

t 0C

(CH3NH3)2CO3 + 2NaOH → 2CH3NH2↑ + Na2CO3 + 2H2O

OOCCH2Cl POCl ,t 0C

2 + ClCH2COCl  →

+ HCl

t C C2H5NH3NO3 + NaOH  → C2H5NH2↑ + NaNO3 + H2O

OH OH

OH OOCCH2Cl

Theo bài ra ta có: chuyÓn vÞ  → O=CCH2Cl

OH OH

124a + 108b = 3,4 0,25

2a + b = 0,04

0,25

 a = 0,01; b = 0,02.

m = 0,01.106 + 0,02.85 = 2,76. t C O=CCH2Cl + CH3NH2  → O=CCH2NHCH3 + HCl 1:1 0

0,25

Câu III

2,0 điểm

1. (1,0 điểm)

0,25

Dựa vào đồ thị, ta thấy: - Khi V = 350, đã xảy ra phản ứng giữa Ba(OH)2 với Al2(SO4)3 và Al2(SO4)3 còn dư. - Khi V =550, đã xảy ra phản ứng hòa tan một phần Al(OH)3 và Al(OH)3 còn dư.

Pd O=CCH2NHCH3 + H2  → HOCHCH2NHCH3

Xét tại V = 350: số mol Ba(OH)2 = 0,035 mol. Các phản ứng: Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4↓ + 2H2O x

←

→ x

3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4↓ + 2Al(OH)3↓ (0,035-x) →

Trang 57

(0,035-x)

0,25

2.(0,035-x)/3

Trang 58

Ta có khối lượng kết tủa:

Vậy trong Z có KOH dư  nung Y được các chất rắn là Fe2O3 và CuO.

0,035.233 + 78.2.(0,035-x)/3 = 8,935

Gọi số mol của Fe và Cu trong 11,6 gam hỗn hợp A lần lượt là a và b. 0,25

⇔ x = 0,02

Ta có :

Tại V = 550: số mol Ba(OH)2 = 0,055 mol.

56a + 64b = 11,6

Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4↓ + 2H2O

160.a/2 + 80b = 16

0,02 ←

⇔ a = 0,15; b = 0,05

0,02 → 0,02

Gọi số mol KOH trong dung dịch T là x mol  số mol KNO3 là 0,5-x.

3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4↓ + 2Al(OH)3↓ 3y

←

→

Ta có: n KNO3 =n KNO2 = 0,5-x  56x + 85(0,5-x) = 41,05 ⇔ x = 0,05.

2y 0,25

Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba[Al(OH)4]2 (0,035-3y) → 2(0,035-3y)

 số mol KOH phản ứng = 0,45 mol.

Ta thấy: 2a+2b = 0,4< nKOH (pư) < 3a+2b=0,55  trong dung dịch X có các muối : Fe(NO3)3, Fe(NO3)2, Cu(NO3)2  HNO3 phản ứng hết.

Số mol Al(OH)3 còn dư là: 2y-2(0,035-3y) = 8y-0,07.

Gọi số mol Fe(NO3)2 là x  số mol Fe(NO3)3 là (0,15-x).

Khối lượng kết tủa: 0,25

(0,02+3y).233 + (8y-0,07).78 = 12,43

Ta có: nKOH (PƯ) = 2x + 3(0,15-x) + 2.0,05 = 0,45  x = 0,1.

⇔ y = 0,01.

Bảo toàn nguyên tố N ta có :

2. (1,0 điểm)

nN (trong B) = nHNO3 - nN (trong X) = 0,7- 0,45 = 0,25 (mol).

a. Dạng tồn tại chủ yếu của các amino axit trên ở pH=1: +

0,25

+ +

Bảo toàn nguyên tố H, ta có: n H O (sinh ra trong X) = nHNO3 /2 = 0,35 mol. 2 + 3

H3NCH(CH3)COOH; HOOC[CH2]2CH(COOH)NH3 , H3N[CH2]4CH(COOH)NH ;

0,25

p-HOC6H4CH2CH(COOH)NH3 .

 mB = mN + mO = 0,25.14 + 0,4.16 = 9,9 gam.

Dạng tồn tại của các amino axit ở pH=13:

 mX = mA + m dung dịch HNO 3 - mB = 11,6 + 87,5 - 9,9 = 89,2 gam.

H2NCH(CH3)COO-; -OOC[CH2]2CH(NH2)COO-, H2N[CH2]4CH(NH2)COO-; p- -OC6H4CH2CH(NH2)COO-.

0,25

C% Fe(NO3)3 = 0,05.242/89,2 = 13,57% C% Fe(NO3)2 = 0,1.180/89,2 = 20,18%

b. Cấu tạo của X: H2NCH(CH2C6H4OH)CONHCH(CH3)CONHCH(CH3)CONHCH([CH2]2COOH)CONHCH([CH2]4NH2)COOH

0,25

Tên của X: Tyrosylalanylalanylglutamyllysin

0,25

Câu IV

Bảo toàn nguyên tố O, ta có: nO (trong B) = 3. nHNO3 - 3 n NO- (trong muèi) - nH 2O = 3.0,7-3.0,45-0,35 = 0,4 3

C% Cu(NO3)2 = 0,05.188/89,2 = 10,54% 0,25

2,0 điểm

1. (1,0 điểm)

Giả sử trong dung dịch Z không có KOH (KOH phản ứng hết)  Khi nung T đến khối lượng không đổi thu được chất rắn có KNO2. Bảo toàn nguyên tố K ta có: số mol KNO2 = số mol KOH = 0,5 (mol).  khối lượng KNO2 = 0,5. 85 = 42,5 (gam) > 41,05  giả sử sai.

0,25

Trang 59

Trang 60

H+ +

OH-

Kw = 10-14

2. (1,0 điểm)

(2)

Áp dụng bảo toàn khối lượng cho quá trình đốt hỗn hợp X, ta có:

Ta thấy CFe .K a (= 0, 01.6,3.10−3 = 6,3.10−5 ) ≫ K W (= 10−14 )

H2 O

⇌

mX = m Na 2CO3 + m CO2 + m H 2O - m O2 = 4,24 + 0,24.44 + 1,8 - 0,29.32 = 7,32 (gam). Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na, ta có: nNaOH = 2n Na CO 2

Do đó cân bằng (1) quyết định pH của hệ:

= 0,08 mol 0,25

Áp dụng bảo toàn khối lượng cho quá trình xà phòng hóa este, ta có:

Xét cân bằng (1): Fe3+ + H2O ⇌ Fe(OH)2+ + H+ CB: (0,01-x) x x

m H 2O (sinh ra) = mA + mNaOH - mX = 4,84 + 0,08.40 - 7,32 = 0,72 (gam). Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có:

Ta có: K a =

nC (trong A) = n Na 2CO3 + n CO2 = 0,04 + 0,24 = 0,28.

Ka = 6,3.10-3

[ Fe(OH ) 2+ ][H + ] x.x = = 6,3.10−3  x = 5,39.10-3 [Fe3+ ] 0, 01 − x

0,25

 pH = -lg[H+] = 2,27

Áp dụng bảo toàn nguyên tố H, ta có: nH (trong A) = 2 n H 2O - nNaOH = (2(0,1 + 0,0,04) - 0,08) = 0,2 mol

0,25

Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có:

b. Ta có Ks = [Fe3+].[OH-]3

nO (trong A) = (mA - mC - mH)/16 = (4,84 - 0,28.12 - 0,2.1)/16 = 0,08. 0,25

Gọi công thức đơn giản nhất của A là CxHyOz. Ta có:

Ka =

x:y:z = 0,28:0,2:0,08 = 7:5:2

K K [ Fe(OH ) 2+ ][H + ]  [ Fe(OH ) 2+ ]=[Fe3+ ]. a+ = [Fe3+ ].[OH - ]. a [Fe3+ ] [H ] Kw

Lại có: [Fe3+] + [Fe(OH)2+] = C Fe =

 Công thức phân tử của A có dạng: (C7H5O2)n.

Vì A là este 2 chức  có 4 nguyên tử oxi  n = 2

3+ 3+  [Fe ] + [ Fe ].[OH ].

 Công thức phân tử của A là C14H10O4.

0,25

Vì khi xà phòng hóa A thu được 2 muối và nước nên A là este của phenol.

0,01M

Ka = 0,01M Kw 0,25

s a ) = 0,01  [OH − ]3 (1+[OH ]. Kw

A là este hai chức được tạo thành từ một axit 2 chức và một hợp chất đơn chức

[OH-] = 2,54.10-12  pH = 2,4.

 A có dạng: R(COOAr)2.

Vì số C của Ar- ≥ 6  số C của R = 0  Ar - là C6H50,25

C6H5OOC-COOC6H5 + 4NaOH → NaOOC-COONa + 2C6H5ONa + 2H2O 0,08 → 0,02

2. (1,0 điểm)

0,04

Gọi CA là nồng độ ban đầu của CH3COOH.

%NaOOC-COONa = 0,02.134/7,32 = 36,61%

 → CH3COO- + H+ CH3COOH ← 

% C6H5ONa = 0,04.116/7,32 = 63,39% .

0,25

Câu V

2,0 điểm

1. (1,0 điểm)

CB:

CA - x

pH = 3  x = 10 . -3

(10-3)2/(CA-10-3)=10-4,76 ⇔ CA = 0,0585 (M).

0,25

a. Xét các cân bằng điện li H trong A: (1)

+ H2O ⇌ Fe(OH)

+ H

Gọi CA’ là nồng độ ban đầu của HCOOH. +

Ka = 6,3.10

-3

Trang 61

Trang 62

 → HCOOH ←  CB:

CA’ - y

Năm học: 2015-2016

THANH HÓA

HCOO- + H+

Môn thi: HÓA HỌC

Lớp 12-THPT

ĐỀ CHÍNH THỨC

pH = 3  y = 10-3. (10-3)2/(CA’-10-3)=10-3,75 ⇔ CA’ = 6,62.10-3 (M).

Ngày thi: 10/03/2016

Số báo danh

Sau khi trộn lẫn 2 dung dịch, ta có: CCH3COOH = 29,25.10-3 M; CHCOOH = 3,31.10-3 M.

0,25

........................

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

Đề thi này có 10 câu, gồm 02 trang

Các cân bằng:

 → H+ + OHH2O ←   → CH3COO- + H+ CH3COOH ←   → HCOOH ←  Do K a .CCH3COOH = 5.10

HCOO- + H+ −7

Kw = 10-14

Câu 1(2,0 điểm):

(1)

Trong ion Mn+ có tổng các hạt cơ bản là 80. Trong hạt nhân của M, số hạt không mang điện nhiều hơn số hạt mang điện là 4.

Ka = 10-4,76 (2) Ka’ = 10-3,75

1. Xác định tên nguyên tố và viết cấu hình electron của ion Mn+.

(3)

2. A là oxit của M, trong A tỉ lệ khối lượng giữa M và O là 2,625. Hòa tan hoàn toàn A trong dung dịch KHSO4 loãng dư, được dung dịch B. Viết phương trình dạng ion xảy ra khi cho dung dịch B lần lượt tác dụng với các dung dịch và các chất sau: Br2/H2O, dung dịch KOH có mặt không khí, NaNO3, dung dịch KI.

≈ Ka' .CHCOOH = 5,9.10−7 >> KW cho nên bỏ qua cân bằng (1).

Theo định luật bảo toàn proton, ta có: h = [H+] = [CH3COO-] + [HCOO-] ⇔ h=

Câu 2(2,0 điểm):

K a .[CH3COOH] K a '.[HCOOH] + h h

0,25

Hoàn thành các phản ứng:

⇔ h= K a '.[HCOOH] + K a .[CH 3COOH]

Chấp nhận: [CH3COOH]= CCH3COOH ; [HCOOH]= CHCOOH

Câu 3(2,0 điểm):

 h= 29, 25.10−3.10−4,76 + 3,31.10−3.10−3,75 = 1,047.10-3

C4H5O4Cl + NaOH → A + B + NaCl + H2O B + O2→ C + H2O C + AgNO3+ NH3 + H2O → D + NH4NO3 + 4Ag D + NaOH → A + NH3 + H2O

1. Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học phản ứng xảy ra khi:

 pH = 2,98.

a. Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch Na2CO3. b. Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch KMnO4. 0,25

Lưu ý:

c. Cho đạm ure vào dung dịch nước vôi trong. d. Sục khí H2S vào dung dịch hỗn hợp gồm (Br2, BaCl2).

2. Ở nhiệt độ không đổi, hằng số phân ly Ka của các chất: phenol, p-crezol, p-nitro phenol; 2,4,6trinitro phenol (axit picric); glixerol là: 7,0.10-5; 6,7. 10-11; 1,28.10-10; 7,0. 10-8; 4,2.10-4. a. Hãy viết công thức cấu tạo các chất trên và gán giá trị Ka vào các chất phù hợp? b. Giải thích vì sao lại gán được như vậy? Câu 4(2,0 điểm):

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

1. Sục khí A vào dung dịch chứa chất B ta được chất rắn C màu vàng và dung dịch D. Khí X có màu vàng lục tác dụng với khí A tạo ra C và F. Nếu X tác dụng với khí A trong nước tạo ra Y và F, rồi thêm BaCl2 vào dung dịch thì có kết tủa trắng. A tác dụng với dung dịch chất G là muối nitrat kim loại tạo ra kết tủa H màu đen. Đốt cháy H bởi oxi ta được chất lỏng I màu trắng bạc.

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Trang 63

Trang 64

Xác định A, B, C, F, G, H, I, X, Y và viết phương trình hóa học của các phản ứng.

Câu 9(3,0 điểm):

2. Cho dung dịch chứa 7,77 gam muối của axit cacbonic của kim loại M tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 3,6 gam muối sunfat trung hòa của kim loại N hóa trị II, sau phản ứng hoàn toàn thu được 6,99 gam kết tủa. Hãy xác định công thức hai muối ban đầu (Giả sử sự thủy phân của các muối không đáng kể).

Đốt cháy hoàn toàn 1,31gam chất hữu cơ X chứa C, H, O có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất, thu được 2,42 gam CO2 và 0,81 gam H2O.

Câu 5(2,0 điểm):

Cho X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ thu được muối natri của axit A và hỗn hợp B gồm hai ancol thuộc cùng dãy đồng đẳng.Lấy 1,24 gam hỗn hợp B cho hóa hơi hoàn toàn thu được thể tích hơi đúng bằng thể tích của 0,84 gam N2 đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. Khi cho cùng một lượng axit A như nhau phản ứng hết với dung dịch NaHCO3 hoặc với Na thì thể tích khí CO2 thu được luôn luôn gấp 1,5 lần thể tích khí H2 đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất.

Đốt cháy hoàn toàn hidrocacbon A hoặc B đều tạo CO2 và hơi H2O theo tỉ lệ thể tích là 1,75 : 1. Cho bay hơi hoàn toàn 5,06 gam A hoặc B đều thu được một thể tích hơi bằng thể tích của 1,76 gam O2 trong cùng điều kiện.

1. Xác định CTPT của A, B.

1. Xác định công thức phân tử của X.

2. Cho 13,8 gam A phản ứng hoàn toàn với AgNO3/NH3 dư được 45,9 gam kết tủa. B không cho phản ứng này. A phản ứng với HCl cho sản phẩm trong đó có chất C, B không phản ứng với HCl. Chất C chứa 59,66% clo trong phân tử. C phản ứng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:1 có chiếu sáng chỉ thu được 2 dẫn xuất chứa halogen. Chất B làm mất màu dung dịch KMnO4 khi đun nóng. Xác định công thức cấu tạo của A, B, C và viết các phương trình phản ứng xảy ra.

3. Giả sử A là hợp chất có thể phân lập được từ nguồn thực vật, A tương đối quen thuộc trong cuộc sống hàng ngày, đặc biệt được dùng trong việc pha chế nước giải khát có vị chua, hãy viết công thức cấu tạo của A, từ đó suy ra cấu tạo của X.

Câu 6(2,0 điểm):

Câu 10(2,0 điểm):

1.Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở X và Y bằng dung dịch NaOH

2. Xác định công thức phân tử của các ancol trong B.

Có 4 ống nghiệm, mỗi ống đựng một chất khí khác nhau trong các khí: HCl, NH3, SO2, N2. Ban đầu các ống nghiệm được úp trên các chậu nước (hình vẽ).

thu được 9,02 gam hỗn hợp các muối natri của Gly, Ala, Val. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn m gam E thì cần 7,056 lít O2 (đktc), thu được 4,32 gam H2O. Tìm m? 2. Các chất hữu cơ trong sơ đồ chỉ chứa 2 nguyên tố. Biết khi đốt cháy hoàn toàn một trong các chất đó chỉ thu được khí làm xanh muối CuSO4 khan và đục nước vôi trong. Xác định các chất trong sơđồ, hoàn thành các phản ứng hóa học. Ghi rõđiều kiện nếu có (chỉ lấy sản phẩm chính). A

(1)  →

↑(6)

↓(4)

(5) A3 ← 

(2)  →

(3)  →

1. Xác định mỗi khí trong từng ống nghiệm, giải thích.

Polime (X)

2. Mực nước trong ống nghiệm ở chậu B thay đổi như thế nào (so với mực nước trong ống nghiệm của chậu B ban đầu) trong các trường hợp sau, giải thích: (7)  →

(8) A5  →

Polime (Y)

Trường hợp 1: Thêm vài giọt dung dịch NaOH vào chậu B.

Câu 7(1,0 điểm):

Trường hợp 2: Thêm vài giọt dung dịch H2SO4 vào chậu B.

Từ anđehit no, đơn chức, mạch hở A có thể chuyển trực tiếp thành ancol B và axit D tương ứng, từ B và D điều chế este E.

Trường hợp 3: Thay nước trong chậu B bằng thể tích tương đương dung dịch brom/H2O. Trường hợp 4: Thay nước trong chậu B bằng thể tích tương đương dung dịch brom/CCl4.

1.Viết các phương trình phản ứng và tính tỉ số khối lượng mol phân tử của E và A.

.....HẾT.....

2.Đun nóng m gam E với lượng dư dung dịch KOH thì thu được m1 gam muối kali, còn với lượng dư dung dịch Ca(OH)2 sẽ cho m2 gam muối canxi. Biết m2<m<m1. Tìm công thức A, B, D, E. Câu 8(2,0 điểm):

Cho số hiệu nguyên tử: Na= 11; K=19; Ca=20; Cr=24; Mn=25; Fe=26; Cu=29; Zn=30; O=8 Khối lượng mol nguyên tử: H = 1; C = 12; N = 14; O =16; Na = 23; S = 32; Cl=35,5; Fe = 56; Ag=108;

Hỗn hợp X gồm FeS, FeS2 và Cu2S tan vừa hết trong 0,41 mol H2SO4 đặc nóng, sinh ra 0,365 mol khí SO2 và dung dịch A. Nhúng một thanh Fe nặng 50 gam vào dung dịch A, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn nhấc thanh Fe ra làm khô, cân nặng 49,8 gam và còn lại dung dịch B. Cho dung dịch B phản ứng với dung dịch HNO3 đặc dư thu được khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch D. Xác định phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X và khối lượng muối trong dung dịch có thể thu được. Trang 65

Chú ý:Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học, giám thị không giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

THANH HÓA

NĂM HỌC: 2015-2016 Trang 66

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN HÓA

0,5

Lớp 12-THPT

0,5

Ngày thi: 10/3/2016

a. Ban đầu chưa có khí, sau một lúc mới thoát ra bọt khí không màu H+ + CO32- → HCO3H+ + HCO3- → H2O + CO2

(Hướng dẫn chấm có 06 trang)

Câu

b. Thoát ra khí màu vàng lục và dung dịch bị mất màu tím 16HCl + 2 KMnO4 → 5Cl2 + 2 KCl + 2MnCl2 + 8H2O

Nội dung

Điểm

Ta có: 2Z + N – n = 80 (1) 1

N-Z=4 Do 1≤n≤3

(2)

=> N= 30; Z=26 khi n=2.

0,75

Vậy: M là Fe, Cấu hình: [Ar]3d .

c. Có khí mùi khai và có kết tủa trắng (NH2)2CO + 2H2O → (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2 → 2NH3 + CaCO3 + 2H2O d. Màu vàng của dung dịch (Br2, BaCl2) nhạt dần, đồng thời xuất hiện kết tủa trắng H2S + 4Br2 + 4H2O → H2SO4 + 8HBr H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2HCl

A là FexOy có 56x:16y = 2,625 => x:y = 3: 4 công thức là Fe3O4 1

PTHH: Fe3O4 + 8HSO4-→ 2Fe3+ + Fe2+ + 8SO42- + 4H2O................................

0,25

2Fe2+ + Br2→ 2Fe3+ + 2Br- ..............................................................................

0,25 2

HSO4- + OH-→ H2O + SO42-

Giải thích: Glixerol có Ka nhỏ hơn các phenol vì vòng benzen hút e làm tăng sự phân cực của liên kết O-H. Lực axit của phenol phụ thuộc vào nhóm thế liên kết với vòng benzen, nếu nhóm hút e sẽ làm tăng thêm sự phân cực của liên kết OH và nhóm đẩy e làm giảm sự phân của của liên kết O-H. Nhóm CH3- là đẩy e nên lực axit của p-crezol yếu hơn phenol và nhóm NO2- hút e nên lực axit của pnitro phenol cao hơn phenol nhưng yếu hơn axit picric vì có 3 nhóm NO2- hút e.

4Fe2+ + 8OH- + O2 + 2H2O -> 4Fe(OH)3 Fe3+ + 3OH-→ Fe(OH)3 .............................................................................

0,25

3Fe2+ + 4HSO4- + NO3-→ 3Fe3+ + 2H2O + NO + 4SO42- ..............................

0,25

2Fe3+ + 2I-→ 2Fe2+ + I2...................................................................................

0,25

A: H2S; B : FeCl3; C: S ; F: HCl ; G: Hg(NO3)2 ; H: HgS ; I: Hg ;

A và B phải có cùng số nguyên tử cacbon vì từ B điều chế được A C là HCHO hoặc andehit 2 chức. Nhưng nếu C là HCHO thì không phù hợp vì khi đó sẽ tạo D là (NH4)2CO3 và do vậyA là Na2CO3 ( không phù hợp với phản ứng ban đầu). Các phản ứng: HOOC-COOCH2CH2Cl + 3NaOH → 2

NaOOC-COONa + HOCH2-CH2OH + NaCl + H2O

(1)

HOCH2-CH2OH + O2 → OHC-CHO + H2O

(2)

X: Cl2 ; Y: H2SO4

0,25

Không cần lý luận chỉ cần xác định đúng các chất và viết phương trình cho điểm tối đa Phương trình hóa học của các phản ứng : 4

H2S + 2FeCl3 → 2FeCl2 + S ↓ + 2HCl

(1)

Cl2 + H2S → S + 2HCl

(2)

OHC-CHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2 H2O →

0,5

4Cl2 + H2S + 4H2O → 8HCl + H2SO4 (3)

(3) NH4OOC-COONH4 + 4NH4NO3 + 4Ag NH4OOC-COONH4 + 2NaOH→ NaOOC-COONa + 2NH3 + 2H2O (4)

0,5

BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 + 2HCl

(4)

H2S + Hg(NO3)2 → HgS ↓ + 2HNO3

(5)

Trang 67

0,25

Trang 68

HgS + O2 → Hg + SO2

A tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 nên A chứa liên kết ba đầu mạch.

(6) 0,25

Vì muối của axit cacbonic của kim loại M nên ta xét hai trường hợp

Giả sử A có x liên kết ba đầu mạch ( x = 1 hoặc 2)

0,25

→ C7H8-xAgx ↓ + xNH4NO3 C7H8 + xAgNO3 + xNH3 

- Trường hợp 1: muối là muối trung hòa, công thức muối là: M2(CO3)n với n là hóa trị của M.

0,15 Khối lượng mol của C7H8-xAgx =

Phương trình hóa học: M2(CO3)n + nNSO4  → M2(SO4)n + nNCO3 x

A cộng HCl tạo chất C, giả sử tỉ lệ cộng là 1: a  C: C7H8+aCla , mà % Cl = 59,66%  a = 4  C: C7H12Cl4

0,25

HC≡C-C(CH3)2-C≡CH và H3C-CCl2-C(CH3)2-CCl2-CH3

Gọi x là số mol muối M(HCO3)n. Phương trình hóa học:

B không phản ứng với AgNO3/NH3, không phản ứng với HCl nhưng làm mất màu dung dịch KMnO4 khi đun nóng  B là C6H5-CH3 ( Toluen).

2M(HCO3)n + nNSO4  → M2(SO4)n + nN(HCO3)2 nx 2

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

0,25

Các PTHH:

x 2   x(M + 61n) = 7,77 Giải   nx  ( N + 96) = 3,6 2  1  2 x(2M + 96n) = 6,99

HC≡C-C(CH3)2-C≡CH +2NH4NO3 (1)

hệ phương trình ta

2AgNO3+2NH3  → AgC≡C-C(CH3)2-C≡CAg ↓ 0,25

→ H3C-CCl2-C(CH3)2-CCl2-CH3 (2) HC≡C-C(CH3)2-C≡CH + 4HCl  as, 1:1 H3C-CCl2-C(CH3)2-CCl2-CH3 + Br2  → CH2Br-CCl2-C(CH3)2-CCl2-CH3 + HBr (3)

được: xn = 0,06; N=24(Mg); 0,06M-4,11n=0 hay M= 68,5n dễ thấy nghiệm 0,25 thỏa mãn: n=2, M=137 (Ba).

as, 1:1 → CH3-CCl2-(CH3)C(CH2Br)-CCl2H3C-CCl2-C(CH3)2-CCl2-CH3 + Br2  0,25 CH3 + HBr (4)

Vậy hai muối ban đầu là Ba(HCO3)2 và MgSO4.

0,25

0,25 Ta có nC: nH = nCO2 : 2nH2O = 1,75 : 2 = 7 : 8  Công thức của A và B có dạng (C7H8)n. 5

Mặt khác MA = MB =

t C6H5-CH3 + 2KMnO4  → C6H5-COOK + 2MnO2 + KOH + H2O (5)

0,25

Vì Gly, Ala, Val đều là amino axit no, mạch hở có 1 nhóm NH2 và 1 nhóm COOH nên ta gọi công thức trung bình của X, Y là:

5, 06.32 = 92  92n = 92  n =1 1, 76

 Công thức phân tử của A và B: C7H8

(tổng số liên kết pi và vòng = 4).

0,25

Mặt khác C tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1: 1 có chiếu sáng chỉ thu được 2 dẫn xuất chứa halogen  CTCT của A, C lần lượt là

- Trường hợp 2: muối là muối axit, công thức muối M(HCO3)n

45, 9 = 306  x = 2 0,15

 A là hiđrocacbon mạch hở có 2 liên kết ba đầu mạch

Dễ thấy do khối lượng mol gốc SO42-> khối lượng mol gốc CO32- và mkết tủa < mmuối cacbonat ban đầu nên không có kết tủa là M2(SO4)n. Mặt khác mkết tủa > msunfatban đầu nên cũng không có kết tủa là NCO3. Trường hợp này loại.

0,15

[xH2N-CnH2n-COOH – (x-1)H2O]: a mol Thủy phân E bằng dung dịch NaOH:

0,25 Trang 69

Trang 70

[xH2N-CnH2n-COOH –(x-1)H2O] + xNaOH →xH2N-CnH2n-COONa + H2O

cracking C4H10  → CH4 + C3H6

(1)

PdCO3 CH2=CH-C≡CH + H2  → CH2=CH-CH=CH2

Theo (1) suy ra mmuối = (14n + 83).ax = 9,02 gam

(I)

0,25

t , p , xt nCH2=CH-CH=CH2  → Cao su buna.

 3nx 3 x  Đốt E: [xH2N-CnH2n-COOH – (x-1)H2O] +  +  O2 4   2

Gọi công thức của A là RCHO (R = CnH2n+1) 2+ o

 → (nx + x)CO2 + (nx +

x + 1) H2O 2

 3nx 3x  Theo (2) ta có: nO2 =  +  a = 0,315 mol 4  2

nH2O = (nx +

Mn ,t RCHO + ½ O2  → RCOOH

(2)

x + 1)a= 0,24 mol 2

Ni,t RCHO + H2  → RCH2OH

(II)

0,25

H2SO4ñaëc,t 0  →

0,25

RCOOH + RCH2OH ← RCOOCH2R + H2O ME:MA=(2R + 58):(R + 29)=2

(III)

0,25

Giải hệ (I, II, III) được: nxa = 0,17 mol; xa = 0,08 mol ; a = 0,03 mol

Vậy nNaOH = ax = 0,08 mol; nH2O ở (1) = a = 0,03 mol

t RCOOCH2R + KOH  → RCOOK + RCH2OH

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phương trình (1) được

Ta có: m<m1=m(R+83):(2R + 58)  R<25

0,25

m = 9,02 + 0,03.18 - 0,08.40 = 6,36 gam.

t 2RCOOCH2R + Ca(OH)2  → (RCOO)2Ca + 2RCH2OH

m > m2 = m(2R + 128): (4R + 116)  R>6  R là CH3–

0,25

Vậy: A là CH3CHO, B là C2H5OH, D là CH3COOH, E là CH3COOC2H5 0,25 0,25

Các phản ứng xảy ra: 2FeS + 20H+ + 7SO42-→ 2Fe3+ + 9SO2 + 10H2O

Do sản phẩm cháy làm xanh muối CuSO4 khan và đục nước vôi trong => Các chất đều là CxHy. A: CH4; A1: C2H2; A2: C2H4; A3: C4H10; A4: C4H4; A5: C4H6 Các phản ứng: 2

15000 C

2CH4 → C2H2 + 3H2 C2H2 + H2 → C2H4 PdCO3

t , p , xt nC2H4  → PE

Xác định đúng các chất cho 0,25. Viết đúng 8 pt cho 0,75

x 10x

x +

2FeS2 + 28H + y 14y 8

9x/2

11SO42-→

2Fe3+ + 15SO2 + 14H2O

7,5y

Cu2S + 12H+ + 4SO42-→ 2Cu2+ + 5SO2 + 6H2O z

12z

0,75

Theo đề ta có: 10x + 14y + 12z = 0,82 (1) 4,5x + 7,5y + 5z = 0,365 (2)

CuCl / NH 4Cl C2H2 + C2H2  → CH2=CH-C≡CH

Nhúng thanh Fe vào có phản ứng

Ni ,t CH2=CH-C≡CH + 3H2 → C4H10

Fe Trang 71

2Fe3+→ 3 Fe2+ Trang 72

(x+y).0,5

(x+y)

1,5(x+y)

Tổng khối lượng 2 ancol: 32x + (14n + 18)y = 1,24 (II)

0,5

Fe + Cu2+→Fe2+ + Cu 2z

 n = (0,02/y) + 1 (III)..........................................................................................

Vì 2 ancol tạo từ một este X không có quá 3 chức nên xảy ra 3 khả năng: 2x = y 0,25 hoặc x = y hoặc x = 2y, thay vào (I) ta được y = 0,01; 0,015; 0,02 thay các giá trị này của y vào (III) ta được

Khối lượng thanh Fe giảm: 56.0,5.(x+y) + 56.2z – 64.2z = 0,2 => 28x + 28y – 16z = 0,2 (3) Từ (1), (2), (3) => x=0,02; y= 0,01; z=0,04. %mFeS = 18,80%; %mFeS2 = 12,82%; %mCu2S = 68,38% Trong dung dịch B có: số mol FeSO4 = 1,5(x+y)+ z.2 = 0,125 mol.

0,01

0,015

0,02

1,3 ( loại)

Vậy 2 ancol trong B có thể là: CH3OH và C3H7OH hoặc CH3OH và C2H5OH

Cho dung dịch B tác dụng với HNO3 đặc dư có thể xảy ra pt: 0,5

FeSO4 + 4HNO3→ Fe(NO3)3 + NO2 + H2SO4 + H2O (*) 0,125

Axit A chỉ chứa C, H, O

0,125

3FeSO4 + 6HNO3→ Fe(NO3)3 + 3NO2 + Fe2(SO4)3 + 3H2O (2*) 0,125

0,125/3

0,75

A + NaHCO3  → CO2

0,125/3

A + Na  → H2

Nếu xảy ra (*) => m = 0,125.242 = 30,25 (g)

Mà VCO2 = 1,5 VH2 tức là VCO2< 2 VH2 nên A có thêm nhóm OH

Nếu xảy ra (2*) => m = 0,125/3.(242+ 400) = 26,75 (g)

Đặt CT của A là (HO)mR(COOH)n ( a mol)

Vậy 26,75 ≤ m ≤ 30,25

 nCO2 = na; nH2 =

Xác định CTPT của X

Vậy A có dạng: HO-R(COOH)3 3

Ta có CT của X: C11H18O7 mà 2 ancol là CH3OH và C3H7OH (tỉ lệ 2 : 1) hoặc CH3OH và C2H5OH (1:2)  Số nguyên tử C trong gốc rượu luôn là 5 nên số C trong gốc axit là 11 – 5 = 6  axit là HO-C3H4(COOH)3

0,5 Xác định công thức phân tử của các rượu trong B

X + NaOH  → Muối của axit hữu cơ + 2 ancol  X phải có ít nhất 2 nhóm chức este

Theo đề ra, A là hợp chất có thể phân lập được từ nguồn thức vật, A tương đối quen thuộc trong cuộc sống hàng ngày, đặc biệt được dùng trong việc pha chế nước giải khát có vị chua

CTPT của X là C11H18O7  X không chứa quá 3 nhóm chức este.

 A là axit citric

- Số mol rượu = số mol N2 = 0,84/ 28 = 0,03.........................................................

0,5

Vì số nguyên tử O trong este và axit bằng nhau nên: 2n + m = 7  n= 3, m =1

Ta có: nC = nCO2 = 0,055 ; nH = 2.nH2O = 0,09 và nO = 1,31 − 12.0, 055 − 1.0, 09 = 0,035 16  nC : nH : nO = 0,055 : 0,09 : 0,035 = 11 : 18 : 7  CTPT của X là C11H18O7

( n + m) a ( n + m) a  na = 1,5.  n = 3m 2 2

HOOC-CH2-C(OH)(COOH)-CH2-COOH

CTCT có thể có của X là:

0,25

- Nếu 2 ancol là CH3OH và C3H7OH (tỉ lệ 2:1)

- M rượu = 1,24:0,03 = 41,33 nên phải có một ancol là CH3OH (x mol)  2 ancol thuộc dãy no, đơn chức. Đặt công thức ancol thứ 2 là CnH2n+1OH (y mol).

0,5

CH3OOC-CH2-C(OH)(COOC3H7)-CH2-COOCH3

Tổng mol 2 ancol: x + y = 0,03 ( I)

CH3OOC-CH2-C(OH)(COOCH3)-CH2-COOC3H7

Trang 73

Trang 74

TH 4: SO2 không phản ứng với Br2/CCl4

- Nếu 2 ancol là CH3OH và C2H5OH (1:2) CH3OOC-CH2-C(OH)(COOC2H5)-CH2-COOC2H5

0,25

 Mực nước trong ống nghiệm giảm so với mực nước trong ống nghiệm của chậu B ban đầu.

C2H5OOC-CH2-C(OH)(COOCH3)-CH2-COOC2H5

0,25

Với bài tập: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

Chậu A, B, C, D lần lượt là khí: N2, SO2, NH3, HCl

Với lý thuyết: Học sinh viết sai công thức, phương trình không được công nhận, không tính điểm. Học sinh không cân bằng hoặc thiếu điều kiện phản ứng trừ ½ điểm của phương trình đó.

Do độ tan trong nước tăng dần: N2< SO2< HCl < NH3: do khả năng phân cực của phân tử và sự tạo liên kết H với H2O. Khi tan trong nước xảy ra các phản ứng: 1

SO2 + H2O H2SO3 H+ + HSO3- 2H+ + SO32-

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

0,5

 dung dịch thu được có pH<7

ĐỀ CHÍNH THỨC

HCl + H2O → HCl(dd) → H+ + Cl-  pH(HCl) < pH(SO2) NH3 + H2O NH4+ + OH-  pH > 7. N2 không có phản ứng pH=7.

Câu 1: ( 3,0 điểm ) 1. Có 6 lọ hóa chất bị mất nhãn, mỗi lọ đựng một dung dịch muối nitrat của một kim loại: Ba(NO3)2, Al(NO3)3, Pb(NO3)2, Zn(NO3)2, AgNO3, Cd(NO3)2. Chỉ được dùng 3 hóa chất làm thuốc thử, hãy nhận biết từng dung dịch muối. Trình bày cách tiến hành thí nghiệm để nhận biết mỗi dung dịch muối đựng trong mỗi lọ và viết phương trình hóa học xảy ra (dạng phương trình ion). 2. Cho sơ đồ các phương trình hóa học: (1) (X) + HCl → (X1) + (X2) + H2O(5) (X2) + Ba(OH)2 → (X7) (2) (X1) + NaOH → ↓(X3) + (X4) (6) (X7) +NaOH → ↓(X8) + (X9) + … (3) (X1) + Cl2 → (X5) (7) (X8) + HCl → (X2) +… (4) (X3) + H2O + O2 → ↓(X6) (8) (X5) + (X9) + H2O → (X4) + … Hoàn thành các phương trình hóa học và cho biết các chất X, X1,…, X9. Câu 2: ( 4,0 điểm ) 1. Cho 3 nguyên tố A, R, X (ZA<ZR<ZX) đều ở nhóm A và không cùng chu kì trong bảng tuần hoàn. Tổng số lượng tử chính của electron cuối cùng của 3 nguyên tử A, R, X (kí hiệu lần lượt là: nA, nR, nX) bằng 6; tổng số lượng tử phụ của chúng bằng 2; tổng số lượng tử từ bằng -2 và tổng số lượng tử spin bằng –1/2 trong đó số lượng tử spin của eA là +1/2. a. Xác định A, R, X. Cho biết dạng hình học của phân tử A2R và A2X. So sánh góc hóa trị trong 2 phân tử đó và giải thích. b. Đối với phân tử A2XR3 và ion XR42-, hãy viết công thức kiểu Lewis, cho biết dạng hình học và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm. 2. Hợp chất vô cơ X thành phần có 2 nguyên tố, có 120 < MX < 145. Cho X phản ứng với O2 thu được chất duy nhất Y. Cho Y phản ứng với H2O thu được 2 axit vô cơ 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 A,B,C,D,X,Y,G,H và viết các phương trình hóa học xảy ra. Câu 3: ( 3,0 điểm ) 1. Hiđrocacbon A có CTPT là C9H10. A có khả năng tác dụng với Br2 khan, xúc tác bột Fe, t0. Cho A tác dụng với H2, xúc tác Ni, t0 thu được B có CTPT là C9H12. Oxi hoá B bằng O2 trong H2SO4 thu được axeton. Xác định CTCT và gọi tên A, B. Viết các PTHH xảy ra. Trình bày cơ chế phản ứng khi B tác dụng với Br2 khan, xúc tác bột Fe, t0. 2. Viết các PTHH thực hiện dãy chuyển hóa sau:

0,5

TH 1: Thêm dung dịch NaOH vào có phản ứng: OH- + H+→ H2O Làm cho cân bằng sau chuyển dịch sang phải

SO2 + H2O H2SO3 H+ + HSO3- 2H+ + SO32Có nghĩa là quá trình hòa tan SO2 thuận lợi và mực nước trong ống nghiệm sẽ 0,25 dâng cao hơn so với mực nước trong ống nghiệm của chậu B ban đầu. TH 2: Thêm dung dịch H2SO4 vào có phản ứng: 2

H2SO4→ 2H+ + SO42Làm cho cân bằng sau chuyển dịch sang trái SO2 + H2O H2SO3 H+ + HSO3- 2H+ + SO32Có nghĩa là quá trình hòa tan SO2 không thuận lợi và mực nước trong ống nghiệm sẽ thấp hơn so với mực nước trong ống nghiệm của chậu B ban đầu. TH 3: SO2 tan mạnh trong nước Br2 nhờ phản ứng

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: HOÁ HỌC (VÒNG 1 ) (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)

0,25

SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr

− H 2O + O2 + H2 CuO , t +B 3 → (G) Etilen  → (A)  → (B)  → (C)  → (D)   → (E)  → (F)  OH −

 Mực nước trong ống nghiệm dâng cao hơn so với mực nước trong ống nghiệm của chậu B ban đầu.

PBr

+ IBr

 (I) ←

→ (H) Br2 as

Biết (F) là CH3-CH2-CH2-COOH Trang 75

Trang 76

Câu 4 : ( 5,0 điểm ) 1. a. Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120M; NH4Cl 0,150M và KOH 0,155M. b. Tính thể tích dung dịch HCl 0,210M cần cho vào 50,00 ml dung dịch A để pH của hỗn hợp thu được bằng 9,24.

Cho biết Ka của HCN là 10-9,35; của NH +4 là 10-9,24. 2. Cho 37,2 gam hỗn hợp X gồm: R, FeO, CuO (R là kim loại chỉ có hóa trị II, hidroxit của R không có tính lưỡng tính) vào 500 gam dung dịch HCl 14,6 % (HCl dùng dư), sau phản ứng thu được dung dịch A, chất rắn B nặng 9,6 gam (chỉ chứa một kim loại) và 6,72 lít H2 (đktc). Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch KOH dư, thu được kết tủa D. Nung kết tủa D trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 34 gam chất rắn E gồm hai oxit. a. Tìm R và % khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X . b. Tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A. Câu 5: ( 5,0 điểm ) 1. Hỗn hợp X gồm hai chất A,B là đồng phân của nhau chứa C,H,O, mỗi chất chỉ chứa một nhóm chức, đều có phản ứng với NaOH theo tỉ lệ mol là 1:1. Lấy 12,9 gam hỗn hợp X cho tác dụng vừa đủ với 75 ml dung dịch NaOH 2M thu được hỗn hợp Y. a. Xác định công thức phân tử của A,B. b. Chia hỗn hợp Y thành 2 phần bằng nhau. Một phần cho tác dụng hết với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư thu được 21,6 gam kết tủa Ag. Một phần đem cô cạn thu được 6,55 gam hỗn hợp muối khan. Xác định công thức cấu tạo phù hợp của A,B và tính khối lượng mỗi chất trong 12,9 gam hỗn hợp X. 2. Thủy phân không hoàn toàn peptit A, có phân tử khối là 293 đvC và chứa 14,3% N (theo khối lượng) thu được 2 peptit B và C. Mẫu chứa 0,472 gam peptit B khi đun nóng, phản ứng hoàn toàn với 18 ml dung dịch HCl 0,222 M. Mẫu chứa 0,666 gam peptit C khi đun nóng, phản ứng hoàn toàn với 14,7 ml dung dịch NaOH 1,6% (khối lượng riêng của dung dịch NaOH là 1,022 g/ml). Xác định CTCT của peptit A. (Cho: H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Be=9; Mg=24; Al=27; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.) ...................Hết..................... ( Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)

dịch HCl rồi nhỏ vào mỗi dung dịch muối trong ống nghiệm, có hai dung dịch xuất hiện kết tủa, đó là các dung dịch Pb(NO3)2, AgNO3 do tạo thành các kết tủa trắng PbCl2 và AgCl. Thí nghiệm 2: Tách bỏ phần dung dịch, lấy các kết tủa PbCl2, AgCl rồi dùng công tơ hút nhỏ dung dịch NH3 vào mỗi kết tủa, kết tủa nào tan thì đó là AgCl, do tạo ra [Ag(NH3)2]Cl, còn kết tủa PbCl2 không tan trong dung dịch NH3. Suy ra lọ (5) đựng dung dịch AgNO3, lọ (3) đựng dung dịch Pb(NO3)2. Các phương trình hóa học xảy ra: Pb2+ + 2 Cl- → PbCl2↓ (1) Ag+ + Cl- → AgCl↓ (2) AgCl + 2 NH3 → [Ag(NH3)2]Cl (3) Còn lại 4 dung dịch Al(NO3)3, Ba(NO3)2, Zn(NO3)2, Cd(NO3)2 không có phản ứng với dung dịch HCl (chấp nhận bỏ qua các quá trình tạo phức cloro của Cd2+). Nhận biết mỗi dung dịch muối này: Thí nghiệm 3: Cách làm tương tự như thí nghiệm 1 nhưng thay dung dịch HCl bằng dung dịch NaOH. Nhỏ từ từ NaOH cho đến dư vào mỗi dung dịch muối trong ống nghiệm, dung dịch Ba(NO3)2 không có phản ứng với dung dịch NaOH, còn ba dung dịch Al(NO3)3, Zn(NO3)2 và Cd(NO3)2 tác dụng với NaOH đều sinh ra các kết tủa trắng, nhưng sau đó kết tủa Cd(OH)2 không tan, còn Al(OH)3 và Zn(OH)2 tan trong NaOH dư. Nhận ra được lọ (1) đựng dung dịch Ba(NO3)2; lọ (6) đựng dung dịch Cd(NO3)2. Các phương trình hóa học xảy ra: Al3+ + 3 OH- → Al(OH)3↓ (4) Al(OH)3 + OH- → [Al(OH)4](5) 2+ (6) Zn + 2 OH → Zn(OH)2↓ (7) Zn(OH)2 + 2 OH- → [Zn(OH)4]2Cd2+ + 2 OH- → Cd(OH)2↓ (8) Còn lại 2 dung dịch Al(NO3)3, Zn(NO3)2. Nhận biết mỗi dung dịch muối này: Thí nghiệm 4: Cách làm tương tự như thí nghiệm 1 nhưng thay dung dịch HCl bằng dung dịch NH3. Nhỏ từ từ dung dịch NH3 cho đến dư vào từng dung dịch Al(NO3)3, Zn(NO3)2 đựng trong 2 ống nghiệm, dung dịch muối nào tạo ra kết tủa không tan là dung dịch Al(NO3)3 (2), còn dung dịch nào tạo thành kết tủa, sau đó kết tủa tan thì đó là dung dịch Zn(NO3)2 (4). Các phương trình hóa học xảy ra: Al3+ + 3 NH3 + 3H2O → Al(OH)3↓ + 3 NH4+ (9) Zn2+ + 2 NH3 + 2H2O → Zn(OH)2↓ + 2 NH4+ (10) Zn(OH)2 + 4 NH3 → [Zn(NH3)4]2+ + 2 OH(11)

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

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: HOÁ HỌC (VÒNG 1 ) (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM

2. Cho sơ đồ các phương trình hóa học: (1) (X) + HCl → (X1) + (X2) + H2O (5) (X2) + Ba(OH)2 → (X7) (2) (X1) + NaOH → ↓(X3) + (X4) (6) (X7) +NaOH → ↓(X8) + (X9) + … (3) (X1) + Cl2 → (X5) (7) (X8) + HCl → (X2) +… (4) (X3) + H2O + O2 → ↓(X6) (8) (X5) + (X9) + H2O → (X4) + … Hoàn thành các phương trình hóa học và cho biết các chất X, X1,…, X9. Hướng dẫn chấm:(1,5 điểm) Các phương trình phản ứng: (1) FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2 + H2O (X) (X1) (X2) (2) FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl (X1) (X3) (X4) (3) 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3 (X1) (X5) (4) 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 → 4Fe(OH)3 ↓ (X6) (X3) (5) 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 (X2) (X7) (6) Ba(HCO3)2 + 2NaOH → BaCO3 ↓ + Na2CO3 + 2H2O (X7) (X8) (X9) (7) BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2 + H2O Trang 78

(X8) (X2) (8) 2FeCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2Fe(OH)3 ↓ + 3CO2 + 6NaCl (X5) (X9) Các chất: X: FeCO3 X1: FeCl2 X2 :CO2 X3: Fe(OH)2 X4: NaCl X5: FeCl3 X6: Fe(OH)3 X7: Ba(HCO3)2 X8: BaCO3 X9: Na2CO3 Câu 2: ( 4,0 điểm ) 1. Cho 3 nguyên tố A, R, X (ZA<ZR<ZX) đều ở nhóm A và không cùng chu kì trong bảng tuần hoàn. Tổng số lượng tử chính của electron cuối cùng của 3 nguyên tử A, R, X (kí hiệu lần lượt là: nA, nR, nX) bằng 6; tổng số lượng tử phụ của chúng bằng 2; tổng số lượng tử từ bằng -2 và tổng số lượng tử spin bằng –1/2 trong đó số lượng tử spin của eA là +1/2. a. Xác định A, R, X. Cho biết dạng hình học của phân tử A2R và A2X.So sánh góc hóa trị trong 2 phân tử đó và giải thích. b. Đối với phân tử A2XR3 và ion XR42-, hãy viết công thức kiểu Lewis, cho biết dạng hình học và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm. Hướng dẫn chấm: ( 2,0 điểm) Theo bài ra ta có: nA + nR + nX = 6; lA + lR + lX = 2 ml(A) + ml(R) + ml(X) = -2; ms(A) + ms(R) + ms(X) = -1/2 Mà: ZA < ZR < ZX  nA < nR < nX và A, R, X không cùng chu kỳ  nA = 1, nR = 2, nX = 3 * nA = 1  lA = 0, ml(A) = 0, ms(A) = +1/2  electron cuối cùng của nguyên tử A là: 1s1  A là H Ta có: lR + lX = 2 ml(R) + ml(X) = -2 ms(R) + ms(X) = -1  ms(R) = ms(X) = -1/2 * nR = 2  lR = 0, 1 + lR = 0 → lX = 2 loại vì X thuộc phân nhóm chính + lR = 1 → lX = 1 nhận * lR = 1  ml(R) = -1, 0, +1 ml(R) = -1 → ml(X) = -1 nhận ml(R) = 0 → ml(X) = -2 loại vì lX = 1 ml(R) =+1 → ml(X) = -3 loại vì lX = 1 Vậy: electron cuối cùng của nguyên tử R là: 2p4  R là O electron cuối cùng của nguyên tử X là: 3p4  X là S

....

H2O : H2S:

S không lai hóa, phân tử có dạng góc

SO42-:

2. Hợp chất vô cơ X thành phần có 2 nguyên tố, có 120 < MX < 145. Cho X phản ứng với O2 thu được chất duy nhất Y. Cho Y phản ứng với H2O thu được 2 axit vô cơ 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 A,B,C,D,X,Y,G,H và viết các phương trình hóa học xảy ra. Hướng dẫn chấm: ( 2,0 điểm) 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 PvàCl. 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: t0 1 PCl3 + O2 → POCl3 POCl3 + 3HOH → H3PO4 + 3HCl 2 AgCl + 2NH3 → [Ag(NH3)2]Cl HCl + AgNO3 → AgCl + HNO3 H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 + 3H2O Na3PO4 + 3AgNO 3 → Ag3PO4↓vàng + 3NaNO3 t0 PCl3 + 3HOH → H3PO3 + 3HCl 4H3PO3 → PH3 + 3H3PO4 Câu 3: ( 3,0 điểm ) 1. Hiđrocacbon A có CTPT là C9H10. A có khả năng tác dụng với Br2 khan, xúc tác bột Fe, t0. Cho A tác dụng với H2, xúc tác Ni, t0 thu được B có CTPT là C9H12. Oxi hoá B bằng O2 trong H2SO4 thu được axeton. Xác định CTCT và gọi tên A, B. Viết các PTHH xảy ra. Trình bày cơ chế phản ứng khi B tác dụng với Br2 khan, xúc tác bột Fe, t0. Hướng dẫn chấm: ( 1,5 điểm) A (C9H10) + Br2 khan (bột Fe, t0) A có vòng benzen. A (C9H10) + H2 (Ni, t0 )  B (C9H12) => A có một liên kết đôi ở nhánh. B (C9H12) + O2 (H2SO4)  axeton => B là cumen (Isopropyl benzen) CH3 H3C CH

H3C

Góc HOH = 104,50 < 109028’(góc tứ diện đều) vì nguyên tử O còn 2 cặp e chưa liên kết có lực đẩy mạnh hơn 2 cặp e liên kết. Góc HSH = 920 > 900 (góc 2AO-p vuông góc) vì mật độ điện tích âm giữa 2 liên kết tăng (do sự xen phủ giữa AO-p với AO-s)

H-O

....

H2SO3:

O lai hóa sp3, phân tử có dạng góc (gấp khúc)

S lai hóa sp3, phân tử có dạng tháp tam giác

S O

CH2

A là isopropenylbenzen * Các phương trình phản ứng: H3 C CH2 C

H3 C

O-H

CH2

Fe, t0 +

+ Br2

O S

HBr

S lai hóa sp3, phân tử có dạng tứ diện

Trang 79

Trang 80

H3C

CH2

H3C

−

CH3

OH 2CH3-CH=O  → CH3-CH(OH)-CH2-CH=O − H 2O CH3-CH(OH)-CH2-CH=O  → CH3-CH=CH-CH=O O2 CH3-CH=CH-CH=O  → CH3-CH=CH-COOH + H2 → CH3-CH2-CH2-COOH CH3-CH=CH-COOH  PBr3 CH3-CH2-CH2-COOH  → CH3-CH2-CHBr-COOH Br2 CH3-CH2-CH2-COOH  → CH3-CHBr-CH2-COOH as

Ni, t0 + H2

H3 C

CH3

OH H2SO4, t0

+ O2 * Cơ chế phản ứng : Phương trình phản ứng: H3C CH3 CH

H3C

+ Br2

IBr CH3-CH=CH-COOH  → CH3-CHBr-CHI-COOH (I) Câu 4 : ( 5,0 điểm ) 1.a. Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120M; NH4Cl 0,150M và KOH 0,155M. b. Tính thể tích dung dịch HCl 0,210M cần cho vào 50,00 ml dung dịch A để pH của hỗn hợp thu được bằng 9,24. Cho biết Ka của HCN là 10-9,35; của NH +4 là 10-9,24. Hướng dẫn chấm: ( 2,5 điểm) a. (1,5 điểm) NH +4 + OH- → NH3 + H2O 0,150 0,155 0,005 0,150 TPGH (A): KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và KOH 0,005 M Kb1 = 10- 4,65 (1) CN + H2O ⇌ HCN + OH-

CH3COCH3

CH3

Fe, t0

+ HBr

Br Isopropyl có hiệu ứng +I nên sản phẩm thế vào vòng benzen ưu tiên vào vị trí ortho hoặc para. Do hiệu ứng không gian loại I của gốc isopropyl nên sản phẩm thế chủ yếu ở para. Ta có cơ chế phản ứng : 2Fe t0 + 3Br2 → 2FeBr3 Br2 + FeBr3  Brδ+ …[FeBr4]δ H3C CH3 H3C CH3 CH CH

Brδ+ ... [FeBr4]δ−

+ H

H3 C

CH3

H3 C

[FeBr4]−

Br CH3

H+

Br [FeBr4] + H+  FeBr3 + HBr 2. Viết các PTHH thực hiện dãy chuyển hóa sau: PBr3 − H 2O + O2 + H2 CuO , t 0 +B → (G) Etilen  → (A)  → (B)  → (C)  → (D)   → (E)  → (F)  OH − Biết (F) là CH3-CH2-CH2-COOH Hướng dẫn chấm: ( 1,5 điểm) Thực hiện các chuyển hoá : H+ CH2=CH2 + HOH → CH3-CH2OH 0

+ CuO ,t CH3-CH2OH  → CH3-CH=O

Kb2 = 10- 4,76 KW = 10-14

(2) (3)

So sánh (1) → (3), tính pH theo ĐKP áp dụng cho (1) và (2): [OH-] = CKOH + [HCN] + [ NH +4 ]

K [NH3 ] K b1[CN - ] + b2 → x2 - 5.10-3x - (Kb1[CN-] + Kb2[NH3]) = 0 x x Chấp nhận: [CN-] = CCN- = 0,12M ; [NH3] = C NH3 = 0,15 M.

Đặt [OH-] = x → x = 5.10-3 +

→ Ta có: x2 - 5.10-3.x - 5,29.10-6 = 0 → x = [OH-] = 5,9.10-3M → [H+] = 1,69.10-12M. 10−9,35 10−9,24 Kiểm tra: [CN-] = 0,12 −9,35 ≈ 0,12 M; [NH3] = 0,15 −9,24 ≈ 0,15 M −11,77 10 + 10 10 + 10−11,77 Vậy cách giải gần đúng trên có thể chấp nhận được → pH = 11,77. [NH 4+ ] [H + ] 10−9,24 [NH 4+ ] 1 b. (1,0 điểm) Tại pH = 9,24: = = −9,24 = 1 → = [NH3 ] K a2 10 [NH3 ] + [NH 4+ ] 2 [H + ] 10−9,24 [HCN] 1, 29 = = 1, 29 → = = 0,563 [CN- ] K a1 10−9,35 [CN - ] + [HCN] 1, 29 + 1 → 50% NH3; 56,3% CN và dĩ nhiên 100% KOH đã bị trung hoà. Vậy VHCl . 0,21 = 50.(0,12 . 0,563 + 0,15 . 0,5 + 5.10-3 ) → VHCl = 35,13 ml. 2 . Cho 37,2 gam hỗn hợp X gồm: R, FeO, CuO (R là kim loại chỉ có hóa trị II, hidroxit của R không có tính lưỡng tính) vào 500 gam dung dịch HCl 14,6 % (HCl dùng dư), sau phản ứng thu được dung dịch A, chất rắn B nặng 9,6 gam (chỉ chứa một kim loại) và 6,72 lít H2 (đktc). Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch KOH dư, thu được kết tủa D. Nung kết tủa D trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 34 gam chất rắn E gồm hai oxit. a. Tìm R và % khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X . b. Tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A. Hướng dẫn chấm: (2,5 điểm) a. (1,5 điểm)Tìm R và % khối lượng các chất trong X nHCl = (500.14,6)/(100.36,5) = 2 mol; nH 2 = 6,72/22,4= 0,3 mol -Cho X + dd HCl dư: Vì sản phẩm có H2, nên R là kim loại đứng trước H trong dãy hoạt động hoá học, nên R đứng trước cả Cu.

+ IBr (I) ← 

NH3 + H2O ⇌ NH +4 + OH⇌ H+ + OHH2 O

[HCN]

+ H

Br2  → (H) as

(A)

(B) Trang 81

Trang 82

Vì axit dư nên sau phản ứng không thể có R dư, mà 9,6 gam chất rắn B chỉ chứa một kim loại, suy ra phải có phản ứng của R với muối CuCl2 tạo ra Cu kim loại và hiđroxit của R sẽ không tan trong nước (ở đây FeCl2 chưa phản ứng với R do mức độ phản ứng của CuCl2 với R cao hơn so với FeCl2). Do đó B là Cu. Dung dịch A có RCl2, FeCl2 và HCl dư. Vì dung dịch A tác dụng với KOH dư thu kết tủa D, sau đó nung D đến hoàn toàn thu được 34 gam chất rắn E gồm 2 oxit, suy ra 2 oxit này là RO và Fe2O3. Như vậy trong dung dịch A không có CuCl2 R + 2HCl → RCl2 + H2 (1) FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O (2) R + CuCl2 → RCl2 + Cu (4) CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O (3) - Cho dung dịch A tác dụng dung dịch KOH dư: HCl + KOH → KCl + H2O (5) RCl2 + 2KOH → R(OH)2 + 2KCl (6) FeCl2 + 2KOH → Fe(OH)2 + 2KCl (7) Nung kết tủa ngoài không khí: t0 t0 → RO + H2O (8) 2Fe(OH)2 + ½ O2  → Fe2O3 + 2H2O (9) R(OH)2  E gồm hai oxit: RO và Fe2O3 ; nCu = 9,6/64 = 0,15 mol Theo pư (3),(4): nCuO = nCuCl2 = nCu = 0,15 mol Theo pư (1), (4): nRCl2 = nR = nH2 + nCuCl2 = 0,3 + 0,15 = 0,45 mol Theo pư (6)(8): nRO = nR(OH)2 = nRCl2 = 0,45 mol Đặt nFeO ban đầu = x mol Theo các phản ứng (2),(7),(9): nFe2O3 = ½ .nFeO = 0,5x (mol) (*) Ta có: mE = mRO + mFe2O3 = 0,45.(MR + 16) + 0,5x.160 = 34 gam mX = mR + mFeO + mCuO = 0,45.MR + 72x + 80.0,15 = 37,2 gam (**) x = 0,2 Giải hệ (*), (**) ta được: MR = 24; Vậy R là Mg Từ đó tính được % khối lượng các chất trong hỗn hợp X: %mMg = mMg.100/mX = (0,45.24.100)/37,2 = 29,0%; %mFeO = 0,2.72.100/37,2 = 38,7% %mCuO = 32,3% b. (1,0 điểm)Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A: A có : MgCl2, FeCl2, HCl dư mMgCl2 = 0,45. 95 = 42,75 gam ; mFeCl2 = 0,2.127 =25,4 gam Ta có: nHCl pư = nCl trong muối = 2.nMgCl2 + 2.nFeCl2 = 1,3 mol => mHCl dư = 500.0,146- 1,3.36,5 =25,55 gam Áp dụng định luật BTKL: mddA = mX + mdd HCl ban đầu –mB – mH2 = 527 gam Từ đó tính được nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A: C%(MgCl2) = 8,11% ; C%(FeCl2) = 4,82% ; C%(HCl) = 4,85% Câu 5: ( 5,0 điểm ) 1. Hỗn hợp X gồm hai chất A,B là đồng phân của nhau chứa C,H,O, mỗi chất chỉ chứa một nhóm chức, đều có phản ứng với NaOH theo tỉ lệ mol là 1:1. Lấy 12,9 gam hỗn hợp X cho tác dụng vừa đủ với 75 ml dung dịch NaOH 2M thu được hỗn hợp Y. a. Xác định công thức phân tử của A,B. b. Chia hỗn hợp Y thành 2 phần bằng nhau. Một phần cho tác dụng hết với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư thu được 21,6 gam kết tủa Ag. Một phần đem cô cạn thu được 6,55 gam hỗn hợp muối khan. Xác định công thức cấu tạo phù hợp của A,B và tính khối lượng mỗi chất trong 12,9 gam hỗn hợp X. Hướng dẫn chấm: ( 3,0 điểm) a. ( 1,0 điểm) Xác định công thức phân tử của A,B: - Do A,B chỉ chứa một nhóm chức , đều tác dụng với xút theo tỷ lệ mol 1:1, nên A,B có thể là phenol, axit cacboxylic hoặc este đơn chức. - Gọi x,y lần lượt là số mol A,B trong hỗn hợp X. Ta có: x+ y = 0,075.2=0,15 mol M X =MA =MB =86 gam/mol Suy ra: A,B chỉ có thể là este đơn chức hoặc axit cacboxylic đơn chức. Đặt công thức tổng quát của A,B là: CxHyO2 Ta có: 12x + y + 16.2 = 86 12x + y = 54 Chọn x= 4; y=6. Vậy A,B có công thức phân tử là C4H6O2

b. (2,0 điểm) Xác định công thức cấu tạo phù hợp của A,B và tính khối lượng mỗi chất trong 12,9 gam hỗn hợp X. - Theo đề: nY = x + y = 0,15 mY = 2.6,55 = 13,1 gam

Trang 83

Trang 84

Suy ra: M Y =

13,1 = 87,3 0,15

Vậy trong hỗn hợp Y phải có một muối là: HCOONa (M=68) hoặc CH3COONa ( M=82). - Nếu hỗn hợp Y có muối CH3COONa tức hỗn hợp X có este: CH3-COO-CH=CH2 Ta có phản ứng: t0 CH3-CHO + 2[Ag(NH3)2]OH → CH3-COONH4 + 2Ag +3NH3 + H2O 1 2

 nCH3COONa = n Ag =

21,6 = 0,1mol 2.108

 nCH3COONa = 2.0,1=0,2 > 0,15 Vô lí.

- Hỗn hợp Y có muối HCOONa thì hỗn hợp X có este: HCOOCH2-CH=CH2 hoặc HCOO-CH=CH-CH3 hoặc HCOOC(CH3)=CH2

hoặc Ta có phản ứng: t0 H-COONa + 2[Ag(NH3)2]OH → NaHCO3 + 2Ag +3NH3 + H2O Nếu trong Y chỉ có HCOONa tráng gương thì tương tự trên ta loại. Suy ra trong Y còn có một chất khác tráng gương. Vậy : Trong Y có HCOONa và CH3-CH2-CHO cho phản ứng tráng gương tức là A: HCOO-CH=CH-CH3. t0 CH3-CH2-COONH4 + 2Ag + 3NH3 + H2O CH3-CH2-CHO + 2[Ag(NH3)2]OH → Theo phản ứng: 2x +2x =

21,6.2 = 0,4 x = 0,1 mol; y= 0,05 mol 108

Ta có: mHCOONa + mMuối của B = 6,55.2 = 13,1  0,1.68 + 0,05.Mmuối của B = 13,1 M muối của B = 126 ( chỉ có muối của este vòng thỏa điều kiện) Vậy: B phải là một trong các đồng phân este mạch vòng sau: ( 5đp ) C3H6 O CO Khối lượng của A: 86.0,1 = 8,6 gam; Khối lượng của B: 86.0,05 = 4,3 gam 2. Thủy phân không hoàn toàn peptit CH2 A, có phân tử khối là 293 đvC và chứa 14,3% N (theo khối lượng) thu được 2 peptit B vàHCOO-CH C. Mẫu chứa 0,472 gam peptit B khi đun nóng, phản ứng hoàn toàn với 18 ml dung dịch CH2 peptit C khi đun nóng, phản ứng hoàn toàn với 14,7 ml dung dịch NaOH HCl 0,222 M. Mẫu chứa 0,666 gam 1,6% (khối lượng riêng của dung dịch NaOH là 1,022 g/ml). Xác định CTCT của peptit A. Hướng dẫn chấm: ( 2,0 điểm)

- n HCl = 0,018 × 0,222 ≈ 0,004 (mol) ; nNaOH = - m N (A) = 293×

1,6 × 1,022 × 14,7 (mol) 100 × 40

14,3

= 42 => trong (A) có 3 nguyên tử N 100 => 2 peptit B và C là 2 đipeptit

Br = 80; Rb = 85; Sr = 88; Ag = 108; Sn = 119; Cs = 133; Ba = 137; Pb = 207.

* Xét phản ứng B + dung dịch HCl : H2N-R-CO-NH-R’-COOH + 2HCl + H2O  ClH3N-R-COOH + ClH3N-R’-COOH 1 0, 472 = 236 (g/mol) => R + R’ = 132 => nB = nHCl = 0,002 (mol) => MB =

(Thí sinh không sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học)

0,002

+ Nếu R = 14 (–CH2–) => R’ = 118 + Nếu R = 28 (CH3 –CH<) => R’ = 104 (C6H5–CH2–CH–). * Xét phản ứng C + dung dịch NaOH H2N-R1-CO-NH-R1’-COOH + 2NaOH  H2N-R1-COONa + H2N-R1’-COONa + H2O 1 0, 666 => nC = nNaOH = 0,003 (mol) => MC = = 222 (g/mol) => R1 + R1’ = 118

Câu 1: (3,0 điểm) 1. Hoàn thành các phương trình phản ứng hóa học sau đây:

0,003

+ Nếu R1 = 14 (–CH2–) => R1’ = 104 (trùng với kết quả của B ) + Nếu R1 = 28 (CH3 –CH <) => R1’ = 90 (loại) => B là CH3 –CH(NH2)–CONH– CH(CH2-C6H5)–COOH => C là NH2 –CH2–CONH– CH(CH2-C6H5)–COOH Vậy A có 2 cấu tạo: NH2 –CH2–CONH– CH(CH2-C6H5)– CONH–CH(CH3)–COOH CH3 –CH(NH2)–CONH– CH(CH2-C6H5)– CONH–CH2–COOH

GLY-PHE – ALA ALA – PHE – GLY

a. NaCl

H2SO4 đặc, nóng

→

b. NaBr

H2SO4 đặc, nóng

→

c. NaClO +

PbS

d. FeSO4 +

H2SO4 + HNO2

e. KMnO4 + H2SO4

......................................................................

→

+ HNO2

→ →

f. NaNO2 + H2SO4 loãng → 2. a. Cho 3-metylbut-1-en tác dụng với axit clohidric tạo ra các sản phẩm, trong đó có A là

2-clo-3-metylbutan và B là 2-clo-2-metylbutan. Bằng cơ chế phản ứng, hãy giải thích sự tạo thành hai sản phẩm A và B. b. Cho 2-metylbut-2-en phản ứng với axit clohidric. Trình bày cơ chế của phản ứng, cho biết sản phẩm chính và giải thích? Câu 2: (3,0 điểm)

UBND TỈNH BẮC NINH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NĂM HỌC 2015 - 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC

Hòa tan hoàn toàn 0,812 gam một mẫu quặng sắt gồm FeO, Fe2O3 và 35% tạp chất trơ trong dung dịch HCl dư, thu được dung dịch X. Sục khí SO2 vào dung dịch X, thu được dung dịch Y. Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 22,21 ml dung dịch KMnO4 0,10M. Mặt khác hòa tan hết 1,218 gam mẫu quặng trên trong dung dịch HCl dư rồi thêm ngay dung dịch KMnO4 0,10M vào dung dịch thu được cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thì hết 15,26 ml dung dịch KMnO4 0,10M. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tính thể tích khí SO2 (đktc) đã dùng và thành phần phần trăm theo khối lượng của FeO và Fe2O3 có trong mẫu quặng.

Môn thi: Hoá học - Lớp 12 Chuyên

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

Câu 3: (2,5 điểm)

Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016 (Đề thi gồm có 02 trang)

Một hỗn hợp rắn A gồm kim loại M và một oxit của kim loại đó. Người ta lấy ra 3 phần, mỗi phần có 59,08 gam A.

-------//-------

Phần thứ nhất hoà tan vào dung dịch HCl thu được 4,48 lít khí hiđro. Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; He = 4; Li = 7; Be = 9; C = 12; N = 14; O = 16;

Phần thứ hai hoà tan vào dung dịch hỗn hợp gồm NaNO3 và H2SO4 thu được 4,48 lít khí NO. Phần thứ ba đem nung nóng rồi cho tác dụng với khí hiđro dư cho đến khi được một chất rắn

Na = 23; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Trang 85

Trang 86

duy nhất, hoà tan hết chất rắn đó bằng nước cường toan thì có 17,92 lít khí NO thoát ra. Các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

trên cho tác dụng hết với kali thu được 4,704 lít H2 (đktc), lượng anken có trong B tác dụng vừa đủ với 1,35 lít dung dịch Br2 0,2 mol/lít. Phần ete và ancol có trong B chiếm thể tích 16,128 lít ở 136,50C và 1 atm. 1. Tính hiệu suất ancol bị loại nước thành anken, biết rằng hiệu suất đối với mỗi ancol như nhau và số mol các ete bằng nhau. 2. Xác định công thức phân tử của các ancol.

Hãy tính nguyên tử khối, cho biết tên của kim loại M và công thức oxit trong hỗn hợp A. Câu 4: (2,5 điểm)

Hỗn hợp A gồm một axit cacboxylic no đơn chức và 2 axit cacboxylic không no đơn chức chứa một liên kết đôi, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho A tác dụng hoàn toàn với 150 ml dung dịch NaOH 2M. Để trung hòa hết lượng NaOH dư cần thêm vào 100 ml dung dịch HCl 1M, được dung dịch D. Cô cạn cẩn thận D được 22,89 gam chất rắn khan. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn A rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch NaOH đặc, khối lượng bình tăng thêm 26,72 gam. Xác định công thức cấu tạo có thể có của từng axit và tính khối lượng của chúng trong A.

=====Hết====

UBND TỈNH BẮC NINH

HƯỚNG DẪN CHẤM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn thi: Hoá học - Lớp 12 Chuyên

Câu 5: (4,0 điểm) 1. Hỗn hợp bột A gồm 3 kim loại Mg, Zn, Al. Khi hoà tan hết 7,539 gam A vào 1 lít dung dịch HNO3 thu được 1 lít dung dịch B và hỗn hợp khí D gồm NO và N2O. Thu khí D vào bình dung tích 3,20 lít có chứa sẵn N2 ở 00C và 0,23 atm thì nhiệt độ trong bình tăng lên đến 27,30C, áp suất tăng lên đến 1,10 atm, khối lượng bình tăng thêm 3,720 gam. Nếu cho 7,539 gam A vào 1 lít dung dịch KOH 2M thì sau khi kết thúc phản ứng khối lượng dung dịch tăng thêm 5,718 gam. Tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong A. ( Cho nguyên tử khối : Mg: 24,3; Zn: 65,38; Al: 26,98; H: 1,008 )

Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016 -------//-------

Câu

Hướng dẫn giải

a. NaCl

(3,0đ)

2. Hòa tan hoàn toàn 1,28 gam Cu vào 12,6 gam dung dịch HNO3 60% thu được dung dịch X (không có muối amoni). Cho X tác dụng hoàn toàn với 105 ml dung dịch KOH 1M, sau đó lọc bỏ kết tủa được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi thu được 8,78 gam chất rắn. Tính

nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch X.

hoÆc

H2SO4 (®Æc, nãng)→ HCl

2 NaCl +

b. 2 NaBr + 2 HBr

Điểm

+ NaHSO4

H2SO4 (®Æc, nãng) →2 HCl + Na2SO4

H2SO4 (®Æc, nãng) → 2 NaHSO4 + 2 HBr H2SO4 (®Æc, nãng) → SO2 + 2 H2O + Br2

2NaBr + 3 H2SO4 (®Æc, nãng) → 2 NaHSO4 + SO2 + 2 H2O + Br2

Câu 6: (2,5 điểm)

Hỗn hợp X gồm 2 hợp chất hữu cơ A, B chỉ chứa các chức ancol và chức anđehit. Trong mỗi phân tử A, B số nguyên tử H gấp đôi số nguyên tử cacbon, gốc hidrocacbon có thể là gốc no hoặc có 1 nối đôi. Nếu lấy cùng một số mol A hoặc B cho phản ứng với Na đều thu được V lít H2, còn nếu lấy số mol như thế cho phản ứng hết với H2 thì cần 2V lít H2 (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất như trên). Cho 33,8 gam hỗn hợp X tác dụng hết với Na thu được 5,6 lít H2 (đktc). Nếu lấy 33,8 gam hỗn hợp X cho tác dụng hết với AgNO3 trong NH3, sau đó lấy lượng Ag kim loại thu được cho tác dụng với dung dịch HNO3 đặc thì thu được 13,44 lít khí NO2 (đktc). 1. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của A, B. 2. Tính thành phần % theo khối lượng của A, B trong 33,8 gam hỗn hợp X.

c. NaClO + d. 2 FeSO4 +

0,5

PbS → 4 NaCl +

0,5

PbSO4

H2SO4 + 2HNO2→ Fe2(SO4)3 + 2 NO + 2 H2O

e. 2 KMnO4 + 3 H2SO4 + 5 HNO2→ K2SO4 + 2 MnSO4 + 5 HNO3 + 3 0,5 H2O f. 3 NaNO2 + H2SO4 (lo·ng)

Na2SO4 + NaNO3 + 2 NO + H2O

0,5

Câu 7: (2,5 điểm)

Cho 47 gam hỗn hợp hơi của 2 ancol đi qua Al2O3 nung nóng (xúc tác) ta được hỗn hợp hơi A gồm ete, anken, ancol dư và hơi nước. Tách hơi nước ra khỏi hỗn hợp A ta được hỗn hợp khí B. Lấy nước tách ra ở Trang 87

Trang 88

1. CH3

H+

CH3-CH-CH=CH2

5 FeCl2 + KMnO4 + 8HCl  → 5FeCl3 + MnCl2 + KCl + 4 H2O (4) Mol 0,1.0,01526 0,5

CH3 + CH3-CH-CH2-CH2 (I) CH3

CH3

chuyÓn vÞ

CH3-CH-CH-CH3 (II) + ClCH3

CH3-C-CH2-CH3 (III) + ClCH3

CH3-CH-CH-CH3

CH3-C-CH2-CH3

Cl 2-Clo-3-metylbutan

Cl 2-Clo-2-metylbutan

CH3 CH3-C=CH-CH3

CH3-C-CH2-CH3 (I) +

CH3 CH3-C-CH-CH3 +

(II)

CH3

Cl-

0,812- 0,3663 -

n SO2 (3) = n FeCl3(trong 0,812g mẫu) /2 = n Fe2O3 trong 0,812 g 0,5 mẫu = 0,1615/160=1,01.10-3 mol.

0,5

n SO2 (5) = 2,5 n KMnO4

2-Clo-2-metylbutan

CH3 CH3-CH-CH-CH3 Cl 2-Clo-3-metylbutan

(trong 5)

n KMnO4 (trong 5) = 0,02221.0,1 – 1/5 .n Fe2+ = 0,002221- 0,2.(5,087. 10-3 + 2.1,01.10-3) 0,5

= 0,7996.10-3

2-Clo-2-metylbutan lµ s¶n phÈm chÝnh.

n SO2 (5) = 2,5. 0,7996. 10-3 = 2. 10-3

Do cacbocation bËc ba (I) bÒn h¬n cacbocation bËc hai (II), mÆt kh¸c do cacbocation bËc hai (II) cã kh¶ n¨ng chuyÓn vÞ hi®rua t¹o thµnh cacbocation bËc ba (I) nªn s¶n phÈm 2-clo-2-metylbutan lµ s¶n phÈm chÝnh.

Vậy tổng số mol của SO2 đã dùng = n SO2 (3) + n SO2 (5)= 1,01.10-3 + 2. 10-3 = 3,01.10-3 VSO2 = 3,01.10-3 . 22,4 = 0,0674 (lit). 0,5

% khối lượng của FeO:

0,3663 . 100 0,8120

a.Các PTHH :

Fe2O3 + 6 HCl  → 2FeCl3 + 3 H2O (2)

5 FeCl2 +KMnO4 + 8HCl  → 5FeCl3 + MnCl2 + KCl + 4 H2O (4) 2 H2SO4

+ 2 MnSO4

KÝ hiÖu sè mol kim lo¹i M cã trong 59,08 gam hçn hîp A lµ a( x > 0 ).

(2,5đ) Gi¶ thiÕt 1): M cã duy nhÊt mét møc (hay sè) oxi ho¸ lµ n+ :

2FeCl3 + 2 H2O + SO2  → 2 FeCl2 + H2SO4 + 2HCl (3)

 →

45,11 %

% khối lượng của Fe2O3 : 100 – 35- 45,11 = 19,89 %

(3,0đ) FeO + 2 HCl  → FeCl2 + H2O (1)

5SO2 + 2KMnO4 + 2 H2O K2SO4(5)

0,5

Tương tự ta có tổng số mol của SO2 đã dùng = n SO2 (3) + n SO2 (5)

CH3-C-CH2-CH3 Cl

số mol của FeO trong 0,812 g mẫu = 7,63.10-3 . 0,812/1,218 5,087. 10-3 mol

khối lượng của Fe2O3 trong 0,812 g mẫu 0,812.0,35 = 0,1615gam.

2. -

khối lượng của FeO trong 0,812 g mẫu= 5,087. 10-3 .72 = 0,3663gam.

Do cacbocation bËc hai (II) cã kh¶ n¨ng chuyÓn vÞ hi®rua t¹o thµnh cacbocation bËc ba (III) nªn t¹o thµnh hai s¶n phÈm A, B.

CH3

Số mol của FeCl2 = số mol của FeO trong 1,218 gam mẫu 0,001526.5= 7,63.10-3 mol

Khi hoµ tan 59,08 gam hçn hîp A vào dung dịch HCl thu ®-îc khÝ hiđro theo ph-¬ng tr×nh:

1,0

M a mol

b.Từ (1) và (4) ta có :

n HCl

MCln + 0,5 n H2

(1)

0,5 na mol H2

Khi hoµ tan 59,08 gam hçn hîp A vào dung dịch của hỗn hợp NaNO3 và Trang 89

Trang 90

a=0,2; bx= 0,6;by=0,9. Vậy x/y=2/3. Công thức oxit: Fe2O3.

H2SO4 (còng chÝnh lµ dung dÞch HNO3) ta thu ®-îc khÝ NO: –

3 M + n NO3 + 4n H

+ n NO (k)

2n H2O

(2)

Theo ®Ò bµi cã sè mol H2 b»ng sè mol NO (®Òu b»ng 4,48 : 22,4 = 0,2 0,5 (mol)).

Đặt CTTQ của axit no đơn chức : RCOOH

(2,5đ) 2 Axit không no 1 LK đôi đơn chức: R1 COOH, R2COOH .CTTB 3 axit : RCOOH

Theo lËp luËn trªn l¹i cã 0,5 nx mol H2 kh¸c víi (nx : 3) mol NO.

nNaOH = 0,15.2 = 0,3 mol; n NaOH dư = n HCl = 0.1; n NaOH pư = 0,3- 0,1 = 0,2.

VËy gi¶ thiÕt 1) nµy kh«ng phï hîp.

PTHH xảy ra:

Gi¶ thiÕt 2): XÐt M cã hai møc (sè) oxi ho¸ kh¸c nhau: *) Trong ph¶n øng (1), M cã møc oxi ho¸ n+. Tõ (1)

liªn

hÖ

trªn,

thu

®-îc

RCOOH

0,5

mol

0,5

Mol

3 Mm+ + m NO (k) + 2m H2O 0,5

3 MxOy + (mx-2y) NO3- +(4mx+2y) H+ mx-2y) NO (k) + (2mx+y) H2O (2)

0,2

NaOH + HCl  → NaCl + H2O

*) Trong ph¶n øng (2), M cã møc oxi ho¸ m+. Ta cã: 3 M + m NO3- + 4 m H+ (2)

0,2

+ NaOH  → RCOONa + H2O

0,1

0,1 0,5

D : RCOONa , NaCl Mol:

3x Mm+ + (

0,2

0,1

0,5

Khối lượng muối = 58,5. 0,1 + ( R + 67 ) .0,2 = 22,89  → R = 18,2 Vậy axit no đơn chức là HCOOH hoặc CH3COOH.

Sè mol NO thu ®-îc lµ : [ma+ (mx-2y)b]/3= 0,2 (2)

Đốt cháy A sản phẩm : CO2 và H2O hấp thụ hết vào bình NaOH đặc dư, khối lượng bình tăng thêm 26,72gam , m CO2 + m H2O = 26,72

Mặt khác phÇn thø ba ®em nung nãng råi cho t¸c dông víi khÝ hi®ro dthu được M.Cho M td với c-êng toan 17,92/22,4 =0,8 . M (a+ xb) N+5 +3 e 2,4

( R + 45 ) .0,2 + m O2 = m CO2 + m 12,64= 14,08 gam;

M+m + m e m(a+bx) N

0,5

H2O;

m O2 pư =26,72 -

n O2 pư = 0,44 mol

Đặt a, b là số mol : CO2 và H2O ta có :

0,8

Bảo toàn O : 0,2. 2 + 0,44.2 = a.2 + b.1 = 1,28 (2) 44 a + 18 b = 26,72( 1) . giải hệ a= 0,46, b= 0,36 .

Ta có: m(a+ bx) = 2,4 (3

PTHH đốt cháy hh các axit:

Lại có: M.a+M.xb+16yb = 59,08 (4). Giải hệ ta được: M= 18,61 m.

0,5

CnH2nO2 + O2  → n CO2 + n H2O

0,5

C mH 2m-2 O2

M= 55,83,; m= 3,n=2. Vậy Kim loại là Fe.

+ O2

CO2 +

(m-1) H2 O

Đốt cháy axit no đơn chức luôn được nCO2 = n H2O Đốt cháy axit không no có 1lk đôi đơn chức : số mol axit = nCO2 Trang 91

Trang 92

n H2O.

0,24 mol ← 0,08 mol

Vậy cả hh 3 axit : tổng số mol 2axit 1LK (=) là : 0,46- 0,36 = 0,1.

0,5

2NO3- + 8e → N2O

Số mol axit no đc: 0,2-0,1 = 0,1. 0,1 n + 0,1 m

Ta có HCOOH

0,24 mol ← 0,03 mol + Số electron do A nhường:

= 0,46.

, nên n = 1, axit no đơn chức :

2x + 2y + 3z = 0,48 (mol electron )

0,5

+ Khi cho 7,539g A vào 1 lít dung dịch KOH 2M

2 axit không no kế tiếp : C2H3COOH và C3H5COOH.

Zn + 2KOH → K2ZnO2 + H2 ↑

m HCOOH = 0,1. 46 = 4,6 g

2Al + 2KOH + 2H2O → 2KAlO2 + 3H2

m C2H3COOH = 2,88g; m C3H5COOH = 5,16g 5.

(4đ)

+ Biện luận dư KOH:

1/Giả sử trong 7,539 A có ( Mg: x mol; Zn: y mol; Al: z mol)

nAl <

- Phương trình hoà tan:

7,539 g = 0,28 mol 26,98 g / mol

8M + 10n HNO3 → 8 M(NO3)n + nN2O ↑ + 5n H2O (2)

+ Từ đó có hệ phương trình đại số: 24,30 x + 65,38 y + 26,98 z = 7,539 (g) 2x

1,1 atm. 273,15 K = 1,00 atm 300,45 K

pc = 1 atm - 0,23 atm = 0,77 atm

30 a + 44 b = 3,720g

+ 3z

= 0,48 (mol e)

= 5,718 (g)

x = 0,06 mol Mg y = 0,06 mol Zn

z = 0,08 mol Al

0,5

Thành phần khối lượng A: Mg : 0,06 mol x 24,30g/ mol = 1,458g → 19,34 % Zn : 0,06 mol x 65, 38 g/mol = 3,9228 → 52, 03 %

+ Tính số mol mỗi khí trong hỗn hợp D:

a + b = 0,11 mol

+ 2y

63,364 y + 23, 956 z

0,77 atm.3,2 L = 0,11mol nc = L.atm 0,08205. . 273,15K K .mol

N2O: b mol

dư KOH

y (65,38 – 2,016) + z (26,98 -3,024) = 5,718

Nếu đưa toàn bộ bình khí (chứa hỗn hợp D và N2) về 00C thì áp suất khí l

3,720 g

0,5

+ Độ tăng khối lượng dung dịch:

- Tính tổng số mol hỗn hợp khí C:

NO : a mol

7,539 g = 0,12 mol 65,38 g / mol

0,5

với Mg: n = 2, Zn: n = 2, Al: n = 3 ( có thể viết từng phản ứng riêng biệt

0,11 mol C

nZn <

nKOH = 2 mol > 0,28 mol

3M + 4n HNO3 → 3M (NO3)n + nNO↑ + 2nH2O (1)

p tổng =

0,24 + 0,24 = 0,48 mol electron

Al : 0,08 mol x 26,98 g/mol = 2,1584g → 28,63 %

0,5

a = 0,08 mol NO

b = 0,03 mol N2O

Số mol Cu = 1,28/64 = 0,02 mol; số mol HNO3=0,12 mol. Khối lượng H2O trong dd HNO3= 5,04 g.

+ Số electron do NO3- nhận từ hỗn hợp A:

Bài ra cho Cu td HNO3 thu được dung dịch X (không có muối amoni)

NO3- + 3e → NO Trang 93

Trang 94

Vậy nồng độ % của Cu(NO3)2 trong dd X là:

vậy phải có hợp chất khí của N được tạo thành và không biết có mấy khí được sinh ra . Đặt CTPTTB của các khí là Nx O y .

C% = 0,02x 188x 100%/13,12 = 28,66 %.

PTHH xảy ra:

nồng độ % của HNO3 trong dd X là:

(5x-2y) Cu + (12 x-4y) HNO 3

(5x-2y) Cu(NO3) 2 + 2 Nx O y + (6x -2y) H 2O

C% = 0,06x 63x 100%/13,12 = 28,81 %.

TP dd X: Cu(NO3)2; HNO3 có thể dư.

Cho X td với dd KOH các PTHH xảy ra : HNO3 + KOH

KNO3

Cu(NO3)2 +2 KOH

(2,5đ)

0,5

Bài ra Nếu lấy cùng một số mol A hoặc B( x mol mỗi chất)

+ H2O (2)

2KNO3 + Cu (OH)2 (3)

Nếu lấy cả A,B( 2x mol)

Lọc kết tủa thu được dd Y, Cô cạn Y thu được chất rắn Z: Ta có:

KNO3, Cu(NO3)2 hoặc KOH có thể dư. Nung Z : KNO3,

R (OH) a(CHO)b

Đặt CTPTTB A,B là:

R (OH) a(CHO)b

V lit H2.

2V lit H2

a Na

a/2 H2

2x a

KNO2 + ½ O2 (4)

2x (

Cu(NO3)2

R (OH) a(CHO)b

CuO + 2 NO2 + ½ O2 (5)

2x 2x ( vì A, B có đều có độ không no =1). •

Ta có: xa/2x = V/2V , ta có : a = 1. A, B đều có 1-OH. • Cho 33,8 gam hỗn hợp X tác dụng hết với Na thu đc 0,25 mol H2 . Đặt x,,y, là số mol A,B trong 33,8 g hh X. Ta có ; x,+ y = 0,5 (3). 0,5 • Cho 33,8 gam hh X tác dụng hết AgNO3/NH3

Giả sử KOH hết, Cu(NO3)2 dư sau (3), Chất rắn thu được gồm: CuO, KNO2 mKNO2 = 0,105x85 = 8,925 g. > 8,78 g. Loại.

Vậy Cu(NO3)2 hết, KOH dư.Không xảy ra (5). Khối lượng chất rắn= m KNO2 + m KOH dư .

0,5

Đặt a,b là số mol của KNO2 KOH dư .

NO 2

Số mol NO2 = số mol Ag = 0,6. Ta có sơ đồ:

a + b = 0,105

AgNO3 R (OH) a(CHO)b

85a + 56b = 8,78. Giải hệ được: a= 0,1; b= 0,005.

Sô mol KOH pư (3) = 2x n Cu(NO3)2 = 0,02x 2 = 0,04

0,5

Ta có: 0,3M1 + 0,2 M2 = 33,8. Hay 3 n + 2m = 12. n=2,m=3. CT của A: C2H4(OH)(CHO).B: C3H6O. CTCT A HOCH2CH2CHO. (hoặc CH3CH(OH)(CHO). CTCT B CH2=CH-CH2OH.. Khối lượng A = 0,3. 74= 22,2g.

Sô mol KOH pư (2) = 0,1- 0,04 = 0,06 = n HNO3 dư. số mol HNO3 pư = 0,12-0,06 = 0,06. Cu(NO3)2

HNO3 dư

2b Ag

2b (x, + y,) = 0,6 (4) .Giải hệ 3,4 ta đc b =0,6. X, = 0,3,y, = 0,2. Vậy A : CnHn (OH)(CHO) B : CmH2m-1OH.( m > 3).

Sô mol KOH pư (2) và (3) = 0,105- 0,005 = 0,1.

Khối lượng dd X = m thành pư 1)

HNO 3

+ m H20 ban đầu+ m H2O (tạo

= 0,02x 188+ 0,06x63 + 5,04 + 0,03x 18 = 13,12 g.

% Khối lượng A=22,2/33,8= 65,68% Trang 95

0,5

Trang 96

Khối lượng B = 33,8-22,2 = 11,6g

xt 2 CnH2n+1OH

% Khối lượng B= 100% - 65,68% =34,32%

t0 xt

CnH2n+1OH

1,0

CnH2n+1O CnH2n+1

Cn H2n

+ H 2O

(1)

(2)

Lấy hơi nước thu được td với K: K + H2 O

KOH + ½ H2. (3)

Số mol H2 = 4,704/22,4 = 0,21. Số mol H2O = 0,21.2 = 0,42. Cn H2n 0,5

+ Br2

0,5

Cn H2n Br 2

Số mol Br2 = số mol anken = 1,35.0,2 = 0,27. = Số mol H2O (2) Số mol H2O (1) = 0,42 – 0,27 = 0,15 = Số mol các ete . 0,5

số mol ancol pư tạo ete = 0,15.2 = 0,3. số mol 2 ancol dư + Số mol các ete = 0,48. 0,33.

số mol ancol dư =

số mol 2ancol bd= 0,33 + 0,3 + 0,27 = 0,9. M

= 47/0,9 = 52,222.

phải có một ancol là C2H5OH.

Ta có : x + y = 0,9 . (1)

0,5

46 x + (14m +18)y = 47 (2) 1. H iệu suất tạo anken mỗi ancol = 0,27/0,9 = 30%. 2. CTPT 2 ancol. 0,3y + 0,15 < y < 0,9 - x

Mà x >0,15.nên 0,3y + 0,15 < y < 0,75 Thay vào 2 giải bđt ta được 2,533< m < 3,864. Vậy m= 3 . CTPT ancol thứ 2 là : C3 H7 OH.

1,0

(2,5đ)

Theo bài ra ancol tách nước thu được anken nên ancol là no đơn chức. Đặt CTTQ 2 ancol: CnH2n+1OH và CmH2m+1OH ( n,m > 2, nguyên).số mol tương ứng là x, y.

Ghi chú: Học sinh phải thực hiện đúng và đủ các yêu cầu của đầu bài, kết quả làm cách khác đúng, cho điểm tối đa tương ứng.

Đặt CTPTTB 2 ancol: CnH2n+1OH . Trang 97

Trang 98

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ

Thí nghiệm 1: Dẫn khí axetilen đi chậm qua dung dịch nước brom. Thí nghiệm 2: Nhỏ vài giọt dung dịch AgNO3 vào ống nghiệm đựng dung dịch NH3 dư, lắc nhẹ. Thêm tiếp dung dịch glucozơ vào, sau đó đặt ống nghiệm vào cốc nước nóng.

NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: Hóa học - Lớp 12

ĐỀ CHÍNH THỨC

GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Nêu hiện tượng, viết các phương trình phản ứng hoá học xảy ra.

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

2. Viết các phương trình phản ứng thực hiện sơ đồ chuyển hoá sau. Các chất viết ở dạng công thức cấu tạo thu gọn.

Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016

============

(1)

C3H6O

(2)

C3H6O2

(3)

C5H10O2

C3H8O

(Đề thi gồm có 02 trang)

(4)

Câu I. (3,0 điểm) 1. Cho một kim loại A tác dụng với dung dịch nước của một muối B. Với mỗi hiện tượng thí nghiệm sau, hãy tìm một kim loại A và một muối B thỏa mãn. Viết phương trình hóa học xảy ra.

C5H10O2

(5)

C2H3O2Na

3. Viết các đồng phân cấu tạo mạch hở, đơn chức, có cùng công thức phân tử C3H6O2. Trình bày phương pháp hóa học dùng để phân biệt từng chất đó. Viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra.

a. Kim loại mới bám lên kim loại A.

Câu III. (3,0 điểm)

b. Dung dịch đổi màu từ vàng sang xanh.

1. Dung dịch X gồm Ba(OH)2 0,2M và NaOH 0,1M. Hấp thụ hoàn toàn V lít khí CO2 (đo ở đktc) vào 200 ml dung dịch X, sau phản ứng thu được 5,91 gam kết tủa. Tính V.

c. Dung dịch mất màu vàng.

2. Hoà tan 86,7 gam một oleum X vào nước dư thu được dung dịch H2SO4. Để trung hoà dung dịch H2SO4 ở trên cần 1,05 lít dung dịch KOH 2M. Xác định công thức phân tử của X.

d. Có bọt khí và có kết tủa màu trắng lẫn kết tủa màu xanh. e. Có bọt khí và có chất lỏng tạo ra phân thành 2 lớp. f. Có bọt khí, có kết tủa và chất lỏng tạo ra phân thành 2 lớp. 2. Có hai ion XY32− và XY42− được tạo nên từ 2 nguyên tố X, Y. Tổng số proton trong XY32− và XY42− lần lượt là 40 và 48. a. Xác định các nguyên tố X, Y và các ion XY32− , XY42− . b. Bằng phản ứng hoá học, hãy chứng minh sự có mặt của các ion XY32− và XY42− trong dung dịch chứa hỗn hợp muối natri của chúng. 3. Cho biết S là lưu huỳnh. Hãy tìm các chất thích hợp cho sơ đồ biến hóa sau và hoàn thành các phương trình phản ứng hóa học.

S + (A) → (X)

3. Hoà tan 5,76 gam Mg trong 200 ml dung dịch HNO3 loãng nóng dư, thì thu được dung dịch B và 0,896 lít một chất khí A (đo ở đktc). Cô cạn cẩn thận dung dịch B thu được 37,12 gam chất rắn khan. Tính nồng độ mol/lít của HNO3 trong dung dịch ban đầu, biết rằng lượng axit ban đầu đã lấy dư 10% so với lượng cần cho phản ứng. Câu IV. (4,0 điểm) 1. Một hợp chất hữu cơ mạch hở A (chứa C, H, O, chỉ chứa một loại nhóm chức và có mạch cacbon không phân nhánh). Phân tử khối của A bằng 146. Cho 14,6 gam A tác dụng với 100 ml dung dịch NaOH 2M vừa đủ thu được hỗn hợp gồm một muối và một ancol. Xác định công thức cấu tạo của A. 2. Một hỗn hợp hai hợp chất hữu cơ đơn chức, mạch hở A, B; cả hai đều tác dụng được với dung dịch NaOH. Khi đốt cháy A hay đốt cháy B thì thể tích khí CO2 và hơi nước thu được đều bằng nhau (đo ở cùng điều kiện). Lấy 16,2 gam hỗn hợp trên cho tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch NaOH 2M sau đó cô cạn dung dịch ta thu được 19,2 gam chất rắn khan. Biết A, B có số nguyên tử cacbon trong phân tử hơn kém nhau là 1.

S + (B) → (Y)

a. Xác định công thức cấu tạo của A và B.

(Y) + (A) → (X) + (E)

b. Tính % khối lượng mỗi chất A, B trong hỗn hợp.

(X) + (D) + (E) → (U) + (V)

Câu V. (4,0 điểm)

(Y) + (D) + (E) → (U) + (V)

1. Nung 8,08 gam một muối X thu được các sản phẩm khí và 1,60 gam một hợp chất rắn Y không tan trong nước. Ở một điều kiện thích hợp, hấp thụ toàn bộ sản phẩm khí vào một bình có chứa sẵn 200 gam dung dịch NaOH 1,20% thì thấy phản ứng vừa đủ và thu được dung dịch chỉ chứa một muối duy nhất có nồng độ 2,47%. Xác định công thức phân tử của muối X, biết rằng khi nung muối X thì kim loại trong X không thay đổi số oxi hoá.

Câu II. (3,0 điểm) 1. Một học sinh được phân công tiến hành 2 thí nghiệm sau:

Trang 99

Trang 100

2. Cho từ từ khí CO đi qua ống đựng 3,2 gam CuO nung nóng. Khí thoát ra khỏi ống được hấp thụ hoàn toàn vào nước vôi trong dư tạo thành 1 gam kết tủa. Chất rắn còn lại trong ống sứ cho vào cốc đựng 500 ml dung dịch HNO3 0,16M thu được V1 lít khí NO và còn một phần kim loại chưa tan. Thêm tiếp vào cốc

c. Dung dịch mất màu vàng.

760 ml dung dịch HCl 2 M, sau khi phản ứng xong thu thêm V2 lít khí NO. Sau đó thêm tiếp 12 gam Mg vào

e. Có bọt khí và có chất lỏng tạo ra phân thành 2 lớp.

dung dịch sau phản ứng thu được V3 lít hỗn hợp khí gồm H2 và N2, dung dịch chỉ chứa muối clorua và hỗn hợp M gồm các kim loại. Biết chỉ có NO, N2 là các sản phẩm khử của N+5, các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

f. Có bọt khí, có kết tủa và chất lỏng tạo ra phân thành 2 lớp.

d. Có bọt khí và có kết tủa màu trắng lẫn kết tủa màu xanh.

a. Tính các giá trị V1, V2, V3 (thể tích các khí đều đo ở đktc).

2. Có hai ion XY32− và XY42− được tạo nên từ 2 nguyên tố X, Y. Tổng số proton trong XY32− và XY42− lần lượt là 40 và 48.

b. Xác định khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp M.

a. Xác định các nguyên tố X, Y và các ion XY32− , XY42− .

Câu VI. (3,0 điểm)

b. Bằng phản ứng hoá học, hãy chứng minh sự có mặt của các ion XY32− và XY42− trong dung dịch chứa hỗn hợp muối natri của chúng. 3. Cho biết S là lưu huỳnh. Hãy tìm các chất thích hợp cho sơ đồ biến hóa sau và hoàn thành các phương trình phản ứng hóa học.

S + (A) → (X) S + (B) → (Y)

1. Hỏi X, Y có chứa những nhóm chức gì?

(Y) + (A) → (X) + (E)

2. Xác định công thức phân tử của X, Y. Biết X, Y không có phản ứng tráng bạc, không làm mất màu của nước brom. 3. Khi tách loại một phân tử nước khỏi Y, thu được Z là hỗn hợp hai đồng phân cis-, trans- trong đó một đồng phân có thể bị tách bớt một phân tử nước nữa tạo thành chất P mạch vòng, P không phản ứng với NaHCO3. Xác định công thức cấu tạo của Y và viết các phương trình phản ứng thực hiện chuyển hoá Y→ Z→ P.

=====Hết====

(X) + (D) + (E) → (U) + (V) (Y) + (D) + (E) → (U) + (V)

Câu

1 (1đ)

HƯỚNG DẪN CHẤM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

a. Fe + CuSO4→ FeSO4 + Cu b. Cu + 2Fe3+→ Cu2+ + 2Fe2+

Điểm 0,25đ 0,25đ

c. 2Fe3+ + Fe → 3Fe2+

(Thí sinh chỉ được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học)

UBND TỈNH BẮC NINH

Nội dung

d. Ba + 2H2O → H2↑ + Ba(OH)2

Ba(OH)2 + CuSO4 → BaSO4↓+ Cu(OH)2↓ e. 2Na + 2C6H5NH3Cl (dd) → H2↑ + 2C6H5NH2 + 2NaCl

NĂM HỌC 2015 - 2016

f. Ba + (C6H5NH3)2SO4 (dd) → H2↑ + 2C6H5NH2 + BaSO4↓

Môn thi: Hoá học - Lớp 12

0,25đ

========= Câu I. (3,0 điểm) 1. Cho một kim loại A tác dụng với dung dịch nước của một muối B. Với mỗi hiện tượng thí nghiệm sau, hãy tìm một kim loại A và một muối B thỏa mãn. Viết phương trình hóa học xảy ra.

0,25đ

a. Kim loại mới bám lên kim loại A. b. Dung dịch đổi màu từ vàng sang xanh. Trang 101

Trang 102

2 (1đ)

1. Một học sinh được phân công tiến hành 2 thí nghiệm sau:

Ta có hệ pt:

Thí nghiệm 1: Dẫn khí axetilen đi chậm qua dung dịch nước brom.

 PX + 3PY = 40    P + 4PY = 48   X

Thí nghiệm 2: Nhỏ vài giọt dung dịch AgNO3 vào ống nghiệm đựng dung dịch NH3 dư, lắc nhẹ. Thêm tiếp dung dịch glucozơ vào, sau đó đặt ống nghiệm vào cốc nước nóng.

 P = 16 =>  X  P =8   Y

Nêu hiện tượng, viết các phương trình phản ứng hoá học xảy ra.

Vậy: X là S; Y là O

2. Viết các phương trình phản ứng thực hiện sơ đồ chuyển hoá sau. Các chất viết ở dạng công thức cấu tạo thu gọn.

XO32- là SO32-; XO42- là SO42b.

(1)

(2)

C3H6O

- Cho dung dịch BaCl2 vào dung dịch hỗn hợp muối natri của 2 ion trên, lọc thu được kết tủa trắng, cho kết tủa vào dung dịch HCl dư, thấy có khí thoát ra đồng thời còn một phần kết tủa trắng không tan. Kết tủa trắng của Bari không tan trong HCl là BaSO4

C3H6O2

(3)

C5H10O2

C3H8O

0,5đ

(4)

(5)

C5H10O2

C2H3O2Na

=> trong dung dịch có ion SO42-. - Thu khí thoát ra rồi cho đi qua dung dịch nước brôm, nếu thấy nước brom mất màu thì đó là khí SO2. => trong dung dịch có ion SO32-. 0,25đ

Câu

1 (1đ)

Nội dung

Điểm

+) Thí nghiệm 1:

- Hiện tượng: Dung dịch brom nhạt màu dần sau đó bị mất màu. C2H2 + Br2 → C2H2Br2

0,25đ

C2H2Br2 + Br2 → C2H2Br4 0,25đ

+) Thí nghiệm 2:

Từ đề bài suy ra X là SO2, Y là H2S và ta có các phương trình phản ứng sau

0,25đ

- Hiện tượng:

(1đ)

Hoặc C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4

t S + O2   →SO2

0,25đ

t S + H2   →H2S 0

t 2H2S+ 3O2   →2SO2 +2H2O 0

t SO2 + Cl2 +2H2O   →H2SO4 +2HCl

0,25đ

*) Khi cho dung dịch AgNO3 vào dung dịch NH3 dư có kết tủa, lắc nhẹ kết tủa tan ra *) Thêm tiếp dung dịch glucozơ vào, sau đó đặt ống nghiệm vào cốc nước nóng có kết tủa trắng bám quanh ống nghiệm AgNO3+3NH3+H2O → [Ag(NH3)2]OH + NH4NO3 t0

C5H11O5CHO+2[Ag(NH3)2]OH  →

t H2S+ 4Cl2 +4H2O   →H2SO4 +8HCl

0,25đ

C5H11O5COONH4+2Ag↓+ 3NH3 + H2O t0

Hoặc C5H11O5CHO+2AgNO3+3NH3+H2O  → 0,25đ

C5H11O5COONH4+2Ag↓ +2NH4NO3

Câu II. (3,0 điểm) Trang 103

Trang 104

0,25đ 2 (1đ)

(1) CH3CH2CH2OH + CuO  → CH3CH2CHO + Cu + H2O

0,25đ

t0 , xt

(2) 2CH3CH2CHO + O2 → 2CH3CH2COOH H SO

2 4  → CH3CH2COOC2H5 + H2O (3) CH3CH2COOH + C2H5OH ←  t0

0,25đ

1. Dung dịch X gồm Ba(OH)2 0,2M và NaOH 0,1M. Hấp thụ hoàn toàn V lít khí CO2 (đo ở đktc) vào 200 ml dung dịch X, sau phản ứng thu được 5,91 gam kết tủa. Tính V. 2. Hoà tan 86,7 gam một oleum X vào nước dư thu được dung dịch H2SO4. Để trung hoà dung dịch H2SO4 ở trên cần 1,05 lít dung dịch KOH 2M. Xác định công thức phân tử của X. 3. Hoà tan 5,76 gam Mg trong 200 ml dung dịch HNO3 loãng nóng dư, thì thu được dung dịch B và 0,896 lít một chất khí A (đo ở đktc). Cô cạn cẩn thận dung dịch B thu được 37,12 gam chất rắn khan. Tính nồng độ mol/lít của HNO3 trong dung dịch ban đầu, biết rằng lượng axit ban đầu đã lấy dư 10% so với lượng cần cho phản ứng.

Câu

III

Nội dung

Điểm

H SO

2 4  → CH3COOCH2CH2CH3 + H2O (4) CH3CH2CH2OH + CH3COOH ←  t0

→ CH3COONa + CH3CH2CH2OH (5) CH3COOCH2CH2CH3 + NaOH 

0,25đ

(1đ)

+) nBa(OH)2 = 0,04 mol; nNaOH = 0,02 mol => X gồm: Ba2+: 0,04 mol; Na+: 0,02 mol; OH-: 0,10 mol nBaCO3 = 0,03 mol => CO32- : 0,03 mol

+) TH1: CO2 phản ứng hết với OH-

CO2 + 2OH- → CO32- + H2O 0,03 ←

0,25đ 3 (1đ)

+) C3H6O2 có 3 đồng phân cấu tạo, mạch hở đơn chức

0,03 mol

=> nCO2 = 0,03 mol => V = 0,672 lít

0,5đ

CH3CH2COOH; HCOOCH2CH3; CH3COOCH3 +) TH2: CO2 có phản ứng hết với CO32-

+) Nhúng quỳ tím lần lượt vào 3 mẫu thử của 3 chất trên

CO2 + 2OH- → CO32- + H2O

- Quỳ tím hóa đỏ là: CH3CH2COOH

0,25đ

0,05← 0,10 → 0,05 mol

- Quỳ tím không đổi màu là: HCOOCH2CH3; CH3COOCH3

CO2 + H2O + CO32- → 2HCO3-

+) Cho lần lượt 2 chất: HCOOCH2CH3; CH3COOCH3 tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3, đun nóng

0,02 ←

- Có kết tủa trắng là HCOOCH2CH3

=> nCO2 = 0,07 mol 0

0,5đ

=> V = 1,568 lít

HCOOCH2CH3 + 2AgNO3+3NH3+H2O  →

NH4OCOOCH2CH3+ 2Ag↓+ 2NH4NO3 - Không hiện tượng là CH3COOCH3

0,02 mol

0,25đ

Câu III. (3,0 điểm)

(1đ)

+) Gọi công thức của oleum là H2SO4.xSO3 H2SO4.xSO3 + xH2O → (x+1) H2SO4

(1)

H2SO4 + 2KOH → K2SO4 +2H2O

(2)

Theo (1) và (2):

Trang 105

0,5đ

Trang 106

1,05 = (x +1)

a. Xác định công thức cấu tạo của A và B.

86,7 98 + 80 x

b. Tính % khối lượng mỗi chất A, B trong hỗn hợp.

Giải ra x= 6.

Câu

Nội dung

Điểm

Vậy công thức của oleum là H2SO4.6SO3 0,5đ

3 (1đ)

+) nA= 0,1 mol; nNaOH= 0,2 mol; A tác dụng với dung dịch NaOH thu được một muối và một ancol, với tỉ lệ

+) Ta có: nMg= 0,24 mol; nA=0,04 mol

(2đ) mol của A:NaOH = 1:2

Mg + HNO3 → Mg(NO3)2 + A +H2O có thể có muối amoni

=> A là este 2 chức

+) Luôn có: nMg= nMg(NO3)2 = 0,24 mol → mMg(NO3)2 = 0,24 x 148 = 35,52 gam < 37,12 gam

+) TH1: Tạo bởi axit 2 chức và ancol đơn chức

nên trong dung dịch B có muối NH4NO3 với khôi lượng 1,6 gam

A có công thức dạng R(COOR’)2

→ nNH4NO3 =0,02 mol

=> R + 2R’=58 => R’=15 và R=28 => CTCT của A là CH3OOC-CH2-CH2-COOCH3

0,25đ

+) Có thể viết phương trình phản ứng xác định khí hoặc sử dụng phương pháp bảo toàn số mol electron như sau: 2+

Mg → Mg + 2e 0,24 →

0,48

N + 8e → N

-3

0,16 ←0,02

hoặc R’=29 và R=0=> CTCT của A là C2H5OOC-COOC2H5 0,5đ

N + a.e → khí A

+) TH2: Tạo bởi axit đơn chức và ancol 2 chức

0.04.a ←0,04

A có công thức dạng (RCOO)2R’

0,04.a + 0,16 = 0,48→ a = 8 khí A là N2O

=> 2R + R’=58

+) Vậy số mol HNO3 phản ứng = 10*0,02 + 10*0,04 = 0,6 mol số mol HNO3 ban đầu = 0,6 + 0,6*10/100 = 0,66 mol

0,5đ

=> R=1 và R’=56 => CTCT của A là HCOO-CH2-CH2-CH2-CH2-OOCH

0,5đ

hoặc R=15 và R’=28=> CTCT của A là CH3COO-CH2-CH2-OOCCH3

Vậy CM HNO3 = 3,3M

2 0,25đ

(2đ)

0,5đ 0,5đ

+) A, B đơn chức, mạch hở đều tác dụng được với dung dịch NaOH. Vậy axit hoặc este đơn chức. Đốt cháy thu được số mol CO2 bằng số mol H2O Nên A, B có dạng tổng quát : CxH2xO2 và CpH2pO2

Câu IV. (4,0 điểm) 1. Một hợp chất hữu cơ mạch hở A (chứa C, H, O, chỉ chứa một loại nhóm chức và có mạch cacbon không phân nhánh). Phân tử khối của A bằng 146. Cho 14,6 gam A tác dụng với 100 ml dung dịch NaOH 2M vừa đủ thu được hỗn hợp gồm một muối và một ancol. Xác định công thức cấu tạo của A. 2. Một hỗn hợp hai hợp chất hữu cơ đơn chức, mạch hở A, B; cả hai đều tác dụng được với dung dịch NaOH. Khi đốt cháy A hay đốt cháy B thì thể tích khí CO2 và hơi nước thu được đều bằng nhau (đo ở cùng điều kiện). Lấy 16,2 gam hỗn hợp trên cho tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch NaOH 2M sau đó cô cạn dung dịch ta thu được 19,2 gam chất rắn khan. Biết A, B có số nguyên tử cacbon trong phân tử hơn kém nhau là 1.

Trang 107

Hoặc là R1COOR2 và R3COOR4 +) Phương trình phản ứng với dung dịch NaOH R1COOR2 + NaOH → R1COONa + R2OH R3COOR4 + NaOH → R3COONa + R4OH +) nNaOH= 0,1.2 = 0,2 mol => mNaOH= 0,2 x40 = 8 gam +) Khối lượng R2OH và R4OH: 16,2 + 8 - 19,2 = 5 gam Trang 108

Câu V. (4,0 điểm)

=> n(A,B) = n( muối) = n(R1OH,R2OH) = n(NaOH) = 0,2 (mol)

=> MA,B = 16,2/0,2 = 81 (u) A, B hơn kém 1 nguyên tử cacbon, với dạng tổng quát trên tương ứng hơn kém 1 nhóm CH2. Vậy: A có CTPT là C3H6O2 : a mol

và B có CTPT là C4H8O2 : b mol => a+ b = 0,2

760 ml dung dịch HCl 2 M, sau khi phản ứng xong thu thêm V2 lít khí NO. Sau đó thêm tiếp 12 gam Mg vào 3

74a + 88b = 16,2

=> a = b = 0,1 (mol)

a. Tính các giá trị V1, V2, V3 (thể tích các khí đều đo ở đktc).

+) M muối=19,2/0,2 = 96 (u)

b. Xác định khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp M. * TH1: Chất rắn chỉ có 1 muối: CH3CH2COONa

=> CTCT của A là CH3CH2COOH và B là CH3CH2COOCH3

0,5đ * TH2: Chất rắn có 2 muối R1COONa < 96 và R2COONa >96

Câu

1 (2đ)

Nội dung +) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mkhí = 8,08 -1,6 = 6,48 gam Sản phẩm khí + dung dịch NaOH → dung dịch muối 2,47% nNaOH = 0,06 mol

=> có 1 muối là CH3CH2CH2COONa => B là CH3CH2CH2COOH

mdd muối = mkhí + mdd NaOH = 206,48 gam → mmuối = 5,1 gam

=> Muối còn lại có dạng: RCOONa

+) Ta có sơ đồ: Khí + nNaOH → NanA

0,1*(R+67) + 0,1*110 = 19,2 => R=15 => A là CH3COOCH3

0,06 → 0,06/n

=> mmuối = (23.n+A).0,06/n = 5,1 → A = 62n

Thành phần khối lượng trong hai trường hợp như nhau.

=> Chỉ có cặp: n = 1, A = 62 (NO3-) là phù hợp => muối là NaNO3

%mC3H6O2 = (0,1.74/16,2).100% = 45,68% %mC4H8O2 = 54,32%

Điểm

0,5đ

+) Vì sản phẩm khí bị hấp thụ hoàn toàn và phản ứng với dung dịch NaOH chỉ cho được một muối duy nhất là NaNO3 => Do đó sản phẩm khí phải bao gồm NO2 và O2 với tỉ lệ mol tương ứng 4:1 => muối X ban đầu là M(NO3)n. Khi đó 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3

0,5đ

HNO3 + NaOH → NaNO3 + H2O +) Theo phương trình tính được nNO2 = 0,06 mol, nO2 = 0,015 mol

0,5đ Trang 109

=> mkhí = mNO2 + mO2 = 3,24 gam < 6,48 gam

Trang 110

=> Trong sản phẩm khí còn có hơi nước.

+) nCu tan (4) = 0,5đ

Vậy muối X phải có dạng M(NO3)n.xH2O.

0, 02 × 3 0, 03 = (mol) 8 4

 nCu còn dư = 0,01 -

+) Phản ứng nhiệt phân

0, 03 0, 01 = = 0,0025 (mol) 4 4

t 2M(NO3)n.xH2O  → M2On + 2nNO2 + n/2O2 + 2xH2O

0, 06 n

=> mY = m M

←

+) Khi thêm dung dịch HCl vào thì:

0, 03 0, 06x ← 0,06 → 0,015 → n n

= (2M + 16n)

nHCl ban đầu = 0,76×

0, 03 1,12n = 1, 6 → M = n 0, 06

3Cu + 8H+ +

Kết hợp với phương trình nhiệt phân ta có

+) Theo (5) Cu tan hết

0, 06x = 0,18 → x = 9 n

 0,5đ

Vậy X là muối Fe(NO3)3.9H2O t0 CuO + CO  → Cu + CO2

0,01

nNO = 0,005/3 mol

=> V2 =

Sau phản ứng (5)

0,01 (2)

 nH+ dư =

nCu = nCO2 = nCuO phản ứng = 0,01 mol nCuO ban đầu

1,52 0, 02 = 0,5 (mol) 3 3

+) Khi cho Mg vào:

3, 2 = = 0,04 mol 80

5Mg + 12H+ + 2NO3- → 5Mg2+ + N2 +6H2O 0,5 ↔ 0,5 ↔

nCuO dư = 0,04 – 0,01 = 0,03 mol 0,95 ↔ 0,06 3

+) Khi cho chất rắn vào dung dịch HNO3: nHNO3 ban đầu = 0,5×0,16 = 0,08 mol CuO + 2H+ → Cu2+ + H2O

0,03/4 ←0,02 → 0,005 →

Theo (3), (4), (5):

(3)

mol

3Cu + 8H+ + 2NO3-→ 3Cu2++ 2NO + 4H2O

nNO3- = 0,08 -

Theo (6):

0,005 mol 0,5đ

Trang 111

→

(7)

0,03 mol

0, 02 0, 22 = mol 3 3

12 = 0,5 (mol) 24

nN2 =

1 0, 22 0,11 nNO3- = = (mol) 2 3× 2 3

nH+ (7) = 0,5 -

(6)

mol

nMg = (4)

+) Theo (3) và (4): V1 = 0,005×22,4 = 0,112 lít

0, 22 3

Mg + 2H+ → Mg2+ + H2

=> Chất rắn gồm: Cu: 0,01 mol và CuO dư: 0,03 mol

0,03→ 0,06 → 0,03

0,5đ

0, 005 ×22,4 ≈ 0,037 lít 3

(1)

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O Theo (1) và (2):

0,005/3 mol

0,5đ

=> mH2O = 6,48 - 3,24 = 3,24 gam => nH2O = 0,18 mol

(2đ)

2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O (5)

0,0025→ 0,02/3→ 0,005/3 →

=> Thỏa mãn khi: n = 3, M = 56 (Fe)

2 1, 52 = (mol) 3 3

0, 22 ×6 = 0,06 3

Trang 112

nMg = 0,5 Theo (7):

nH2 =

=> V3= VN2 + H2 = (0,03 +

NaHCO3. Xác định công thức cấu tạo của Y và viết các phương trình phản ứng thực hiện chuyển hoá Y→ Z→ P.

5 0, 22 0, 95 × = (mol) 2 3 3

Câ

1 + nH = 0,03 mol 2

0, 95 0, 06 0,86 nMg còn dư = = (mol) 3 2 3

) 0,5đ

Gọi công thức 2 chất R1(COOH)x và R2(COOH)y với số mol lần lượt là a, b Khi đó số mol CO2 là ax+by = a+b, không phụ thuộc vào a, b nên x=y=1.

Khi tác dụng NaHCO3 thu được nCO2=0,05=n(A,B) =n-COOH nên M(X,Y)=3,6/0,05=72 → MR=72 - 45=27

0,25 đ

0,25đ

+) Khi phản ứng với Na tạo ra H2 với nH2=0,035 mol chứng tỏ số mol H linh động trong E là 0,035.2=0,07 > n-COOH nên X, Y vẫn còn –OH

0,86 0, 74 - 0,04 = (mol) 3 3

Đặt R’(OH)k(COOH) + Na→(k+1)/2 H2

mCu = 64×0,04 = 2,56 gam mMg = 24×

chứng tỏ X, Y chứa nhóm chức –COOH.

Đặt CT chung R-COOH

nCu = 0,04 mol

+) Vậy M gồm:

+) Dung dịch E tác dụng với NaHCO3 sinh ra CO2

+) Trong 3,6 gam X, Y

0,04 mol

=> Sau phản ứng, hỗn hợp kim loại M gồm:

nMg =

Điể m

(1đ

+) nCu2+ = 0,04 mol

0,86 ↔ 0,04 → 3

Nội dung

0,11 )×22,4 ≈ 1,49 lít 3

Mg + Cu2+ → Mg2+ + Cu↓

0,05

0, 74 = 5,92 gam 3

0,035 mol

→ k=0,4 <1

Với R=27 mà MX< MY nên X không chứa –OH, Y chứa 1 hoặc 2 –OH (không thể là 3 vì MY<130). Vậy X chỉ chứa nhóm chức – COOH 0,5đ

0,25đ

Y chứa cả nhóm chức – COOH và nhóm chức –OH

Câu VI. (3,0 điểm)

Hai hợp chất hữu cơ X, Y (chỉ chứa các nguyên tố C, H, O trong phân tử và có mạch cacbon không phân nhánh). Phân tử khối của X, Y lần lượt là MX và MY trong đó MX< MY< 130. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm X, Y vào nước 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 tỷ lệ số mol của chúng trong dung dịch. Lấy một lượng dung dịch E chứa 3,6 gam hỗn hợp X, Y (ứng với tổng số mol của X, Y bằng 0,05 mol) cho tác dụng hết với Na (dư), thu được 784 ml khí H2 (ở đktc). 1. Hỏi X, Y có chứa những nhóm chức gì? 2. Xác định công thức phân tử của X, Y. Biết X, Y không có phản ứng tráng bạc, không làm mất màu của nước brom. 3. Khi tách loại một phân tử nước khỏi Y, thu được Z là hỗn hợp hai đồng phân cis-, trans- trong đó một đồng phân có thể bị tách bớt một phân tử nước nữa tạo thành chất P mạch vòng, P không phản ứng với Trang 113

0,25đ

2 (1đ)

+) TH1: Y chứa 1 nhóm – OH khi đó X là R1’(COOH)

a (mol)

Y là R2’(OH)(COOH) b (mol) Ta có a + b = 0, 05   b = 0, 4*0, 05  R ' *a + (R ' + 17)* b = 27 *0,05  1 2

X, Y không làm mất màu nước Br2, không có phản ứng tráng bạc nên X, Y là hợp chất no

Trang 114

Nghiệm thỏa mãn R1’= 15 ; R2’=28

`Ghi chú: Học sinh phải thực hiện đúng và đủ các yêu cầu của đầu bài, kết quả làm cách khác đúng, cho điểm tối đa tương ứng.

Vậy 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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10, 11, 12 THPT

HÀ NAM

NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn : Hóa học - Lớp 12

Vậy X CH3COOH; Y là C3H5(OH)2(COOH)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 02 trang)

Câu I (3,5 điểm)

0,5đ

+) Y tách H2O cho 2 đồng phân hình học Z1, Z2 nên Y chỉ có thể là:

(1đ)

0,25đ

+) Z1 đun nóng, tách H2O tạo P mạch vòng, không phản ứng NaHCO3 nên P là este vòng => Z1 dạng cis, Z2 dạng trans O

COOH

-H2O

CH2OH

H C

Câu II (4,0 điểm) 1. Hãy giải thích: a) Khi khử mùi tanh của cá người ta thường dùng các chất có vị chua. b) Trong đáy ấm đun nước, phích đựng nước sôi khi dùng với nước cứng thường có lớp cặn đá vôi. c) Nhiệt độ sôi của etanol thấp hơn axit axetic và cao hơn metyl fomat. d) Để điều chế HCl trong công nghiệp người ta cho tinh thể NaCl đun nóng với H2SO4 đặc. Khi điều chế HBr lại không thể cho tinh thể NaBr tác dụng với H2SO4 đặc. 2. Viết phương trình phản ứng cho sơ đồ chuyển hóa sau đây (ghi rõ điều kiện nếu có):

O P

COOH

HOCH2

0,25đ

1. Chỉ dùng quỳ tím, hãy phân biệt các dung dịch sau: axit axetic, etanal, natri cacbonat, magie clorua, natri clorua. 2. Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình hóa học (nếu có) cho các thí nghiệm sau: a) Nhỏ vài giọt dung dịch HNO3 đặc vào ống nghiệm đựng dung dịch lòng trắng trứng. b) Cho vào ống nghiệm 2 ml dung dịch K2Cr2O7 (kali đicromat) thêm dần từng giọt dung dịch hỗn hợp FeSO4 và H2SO4 loãng. c) Cho mẩu Na nhỏ vào cốc nước có hòa tan vài giọt dung dịch phenolphtalein. d) Cho một thìa đường kính (saccarozơ) vào cốc thủy tinh. Nhỏ vài giọt H2SO4 đặc vào cốc. 3. Lên men m gam glucozơ thu được 500 ml ancol etylic 46o và V lít khí CO2 (đktc). Biết hiệu suất phản ứng lên men rượu đạt 80% và khối lượng riêng của ancol etylic là 0,8 g/ml. a) Tính m, V. V b) Hấp thụ toàn bộ lít CO2 thu được ở trên vào x lít dung dịch chứa đồng thời KOH 0,2M và 10 NaOH 0,2M thu được dung dịch chứa 58,4 gam chất tan. Tính x.

+ NaOH

→ X1  → polietilen A → X 

Y  → Y1  → Y2  → poli(metyl metacrylat). Biết A là este đơn chức, mạch hở. 0,5đ

3. Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử theo phương pháp thăng bằng electron: a) Al + HNO3 → Al(NO3)3 + N2O + NO + H2O. Cho biết tỉ lệ mol: nN2O : nNO = 2015 : 2016 Trang 115

Trang 116

b) FexOy + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O. Câu III (3,0 điểm) 1. Nung đá vôi đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn B và khí C. Sục đến dư khí C vào dung dịch NaAlO2 (Na[Al(OH)4]) thu được kết tủa hidroxit D và dung dịch E. Đun nóng dung dịch E thu được dung dịch chứa muối F. Nung D đến khối lượng không đổi thu được chất rắn G. Điện phân nóng chảy G thu được kim loại H. Cho chất rắn B vào nước được dung dịch K. Cho kim loại H vào dung dịch K thu được muối T. Cho dung dịch HCl dư vào dung dịch muối T. Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G, H, K, T và viết các phương trình hóa học. 2. Phân tích nguyên tố hợp chất hữu cơ A cho kết quả: 60,869%C; 4,348%H; còn lại là oxi. a) Lập công thức phân tử của A. Biết MA < 200u b) Viết các công thức cấu tạo có thể có của A. Biết: - 1 mol A tác dụng với Na dư thu được 0,5 mol H2. - 1 mol A tác dụng được với tối đa 3 mol NaOH. Câu IV (3,0 điểm) 1. Tổng số hạt proton, nơtron và electron trong ion X3+ bằng 73. Trong X3+ số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 17. a) Viết cấu hình electron của X, X2+, X3+. b) Xác định vị trí ( ô, chu kỳ, nhóm) của nguyên tố X trong bảng tuần hoàn. Giải thích. 2. Tiến hành điện phân V lít dung dịch chứa đồng thời BaCl2 0,3M và NaCl 0,6M (với điện cực trơ, có màng ngăn xốp) đến khi cả hai điện cực đều có khí không màu bay ra thì dừng lại; thời gian điện phân là 50 phút, cường độ dòng điện dùng để điện phân là 38,6A thu được dung dịch X. a) Tính V. Biết các phản ứng điện phân xảy ra hoàn toàn. 1 b) Cho dung dịch X tác dụng với 200 ml dung dịch chứa đồng thời AlCl3 aM và HCl 0,15M 20 3 thu được b gam kết tủa. Mặt khác, cho dung dịch X tác dụng với 200ml dung dịch chứa 40 đồng thời AlCl3 aM và HCl 0,15M cũng thu được b gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định giá trị của a, b. Câu V (3,0 điểm)

A tác dụng vừa đủ với 2,0 lít dung dịch NaOH 0,2M thu được dung dịch B chứa 30,8 gam muối. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên thay thế của α - amino axit. 2. Cho hỗn hợp gồm tristearin và một este đơn chức, no, mạch hở X tác dụng với 2,0 lít dung dịch NaOH 0,3M sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A, trung hòa dung dịch A bằng dung dịch HCl vừa đủ thu được dung dịch B chứa a gam hỗn hợp ancol và b gam hỗn hợp muối. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp ancol trên trong khí oxi dư thu được 35,20 gam CO2 và 18,00 gam nước. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn b gam muối trong oxi dư thu được 32,90 gam chất rắn khan; 334,80 gam hỗn hợp CO2 và H2O. Xác định công thức phân tử của este X. Cho: H=1; O=16; N=14; S=32; Cl=35,5; P=31; Br=80; C=12; Na=23; K=39; Ca=40; Mg=24; Fe=56;Zn=65; Al=27; Ag=108; Cu=64; Ba=137; Si=28; Mn=55; Cr=52; Ni=59; Sn=119.

Thí sinh không sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học -------------------- HẾT----------------Họ và tên thí sinh..................................................Số báo danh..................................................... Người coi thi số 1.................................................Người coi thi số 2.............................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : HÓA HỌC

HÀ NAM

NĂM HỌC 2015 – 2016 ( Đáp án có 04 trang)

*** Câu hỏi

Câu I

Hỗn hợp A gồm Fe và Zn. Chia hỗn hợp A thành 2 phần bằng nhau:

3,5 điểm

Phần 1: Hòa tan hết vào dung dịch HCl dư thu được 26,88 lít khí (đktc).

Đáp án

Điểm

0, 5

+ Dùng quỳ tím Quỳ tím chuyển sang màu đỏ: CH3COOH, MgCl2 (nhóm A)

Phần 2: Hòa tan hết vào 8,0 lít dung dịch chứa đồng thời HNO3 0,2M và HCl 0,2M; thu được 8,96 lít hỗn hợp khí B chỉ có N2O, NO (đktc) và dung dịch Y chỉ có chất tan là muối. Biết tỉ khối của B so với khí hidro bằng 16,75. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Y sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 262,00 gam kết tủa. 1. Tính % khối lượng của 2 kim loại trong hỗn hợp A. 1 2. Cho hỗn hợp A ở trên vào 2,0 lít dung dịch Cu(NO3)2 xM sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn 2 thu được 74,0 gam kim loại. Tính x. Câu VI (3,5 điểm) 1. Cho 0,2 mol hỗn hợp X gồm metylamin và một α - amino axit (mạch cacbon không phân nhánh) tác dụng vừa đủ với 1,0 lít dung dung dịch HCl 0,2M thu được dung dịch A. Dung dịch Trang 117

Màu xanh: Na2CO3 Quỳ tím không đổi màu: CH3CHO, NaCl (nhóm B) + Dùng Na2CO3 nhận ra nhóm A: Có khí bay ra là CH3COOH, kết tủa là MgCl2.

0,25

2CH3COOH + Na2CO3 → 2CH3COONa + CO2 + H2O MgCl2 + Na2CO3 → MgCO3 + 2NaCl2 + Nhóm B: Cô cạn bay hơi hết là CH3CHO, có chất kết tinh là NaCl.

0,25

2. a) Có kết tủa màu vàng

0,25

Trang 118

0, 25

b) dung dịch da cam → xanh lục

CH2=C(CH3)COOC2H5 + NaOH → CH2=C(CH3)COONa + C2H5OH

K2Cr2O7 + 6FeSO4 + 7H2SO4 → K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 3Fe2(SO4)3 + H2O

H 2 SO4 ,t C2H5OH  → C2H4 + H2O

c) Na nóng chảy phản ứng mãnh liệt tạo dung dịch chuyển sang màu hồng: 2Na + 2H2O → 2NaOH +H2

0,25

d) Đường kính chuyển dần sang màu đen, có bọt khí đẩy cacbon trào ra ngoài.

0, 25

xt , P ,t nC2H4  → -(C2H4)-n

CH2=C(CH3)COONa + HCl → CH2=C(CH3)COOH + NaCl o

H 2 SO4 C12H22O11  → 12C + 11H2O

xt ,t  → CH2=C(CH3)COOCH3 + H2O CH2=C(CH3)COOH + CH3OH ← 

C + 2H2SO4  → CO2 + 2SO2 + 2H2O

xt , P ,t nCH2=C(CH3)COOCH3  → -(CH2=C(CH3)COOCH3)-n

0,5

3. a)

nC2 H5OH =

3. a) 22168Al + 84642HNO3 → 22168Al(NO3)3 + 6045N2O + 6048NO + 42321H2O

500.46.0,8 = 4 (mol ) 46.100

Cho biết tỉ lệ mol: nN2O : nNO = 2015 : 2016

C6H12O6  → 2C2H5OH + 2CO2 2

0,75

22168 x( Al  → Al + 3e) +5

2.100.180 = 450( gam); V =4.22,4 = 896 l 80

3x(6046 N + 22168 e  → 2015 N 2 O + 2016 N O )

b) V/10 (0,4mol CO2)

b) 2FexOy + (6x-2y)H2SO4 → xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O.

0,5

+2y/ x

0,75

2x[ xFe → xFe + (3x - 2y)e]

Xét trường hợp chỉ tạo muối trung hòa, theo bảo toàn nguyên tố C ta có m chất tan = 48,8 gam.

(3 x − 2 y )( S + 2e → S)

Xét trường hợp chỉ có muối axit, theo bảo toàn nguyên tố C ta có m chất tan =36,8.

Câu III

→ CaO + CO2 1. CaCO3 

2đ

Chứng tỏ kiềm dư.  dung dịch chứa: K+, Na+, OH-, CO32-

3 điểm

CO2 + H2O + NaAlO2 → Al(OH)3 + NaHCO3

(0,25/pt)

0,2x 0,2x y

0,4

2NaHCO3 → CO2 + H2O + Na2CO3

39.0, 2 x + 23.0, 2 x + 17 y + 0, 4.60 = 58, 4 Ta có hệ:  ⇔ x = 2,5; y = 0, 2 0, 4 x = y + 0, 4.2

0,5

Câu II

0,25

4 điểm

a) Mùi tanh của cá chủ yếu là do trimetylamin. Dùng các chất có vị chua là chuyển amin thành muối không bay hơi. o

t b) M(HCO3)2  → MCO3 + CO2 + H2O

c) Nhiệt độ sôi C2H5OH<CH3COOH do liên kết H của axit bền hơn.

2Al(OH)3 → Al2O3 + 3H2O

A: CH2=C(CH3)COOC2H5; X: C2H5OH; X1: C2H4; Y: CH2=C(CH3)COONa; Y1CH2=C(CH3)COOH;

→ Ca(OH)2 CaO + H2O  → Ca(AlO2)2 + 3H2 2Al + 2H2O + Ca(OH)2 

0,25 0,25

Nhiệt độ sôi của HCOOCH3 < C2H5OH do giữa các phân tử este không có liên kết H. d) do 2HBr + H2SO4 → SO2 + Br2 + 2H2O.

2Al2O3  → 4Al + 3O2

→ CaCl2 + 2AlCl3 + 4H2O Ca(AlO2)2 + 8HCl  2.

0,25

a) nC:nH:nO = 7:6:3 => CTĐGN là C7H6O3; Vậy CTPT: C7H6O3 0,25 0,25đ/1p t

Y2: CH2=C(CH3)COOCH3 Trang 119

Trang 120

Al3+ + 3OH- → Al(OH)3

0,01

0,75

Viết đúng 3 CTCT OH OH

HCOO

0,03

0,0075 HCOO

0,01

+ 4OH → AlO2- + 2H2O -

0,03

Vậy a = 0,0175:0,2= 0,0875 M. Câu V

3,0 điểm

0,5

Đăt số mol trong 1 phần của Fe là x; Zn là y Phần 1: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

Câu IV

3 điểm

a) Gọi hạt trong nguyên tử X: p = e =x; n =y

Ta có phương trình: x +y = 1,2(1)

2 x + y − 3 = 73 ⇔ x=24; y =28. Ta có hệ:  2 x − 3 − y = 17

Phần 2: Sơ đồ chéo cho hỗn hợp khí kết hợp với mol hỗn hợp khí ta có: nN2O = 0,1( mol ); nNO = 0,3( mol )

Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2

0,5

Cấu hình e của X: [Ar]3d54s1; X2+: [Ar]3d4; X3+: [Ar]3d3

0,5

b) X ở ô 24( vì có 24e); chu kỳ 4 (vì có lớp e); nhóm VIB (nguyên tố d và có 6e hóa trị)

0,5

+ Dung dịch Y có thể chứa cả muối Fe2+, Fe3+, NH 4

Theo bảo toàn e Sự oxi hóa

Sự khử

Zn → Zn + 2e 2+

a) (-): 2H2O +2e → H2+ 2OH-

(+): 2Cl- → Cl2 + 2e

0,25

Thời điểm hai điện cực đều có khí không màu bay ra là lúc Cl- hết

Ta có: 1,2V = 0,6.2  V = 1,0 (l)

50.60.38, 6 = 0, 6(mol ) 2.96500

Fe → Fe2+ + 2e

 dung dịch X có Ba(OH)2, NaOH. Theo công thức Faraday ta có: nCl2 =

0,25

Fe → Fe3+ + 3e x-z

0,25

3x-3z

b) 0,5

0,03

1,6

0,01

1,0

0,8

0,1

Do H hết nên có phản ứng tạo muối amoni + 10H+ + NO3 + 8e → NH 4 +3H2O

0,8

0,1

1,6

0,5

Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag z

Ta có: 1,6.143,5 + 108z = 262 ⇔ z = 0,3 (mol)

 x= 0,4; y = 0,8

Dùng 3/40 dung dịch X: H+ + OH- → H2O

0,3

10H+ + 2 NO + 8e → N2O +5H2O

Ag+ + Cl- → AgCl

Vậy b = 0,78 gam

0,03

0,9 3

Dung dịch Y tác dụng với dung dịch AgNO3 dư

Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 0,01

1,2

Ta có phương trình đại số: 3x –z +2y = 2,5 (2)

H+ + OH- → H2O 0,03

4H+ + NO3 + 3e → NO +2H2O

1,0

Dùng 1/20 dung dịch X:

0,5

% mZn = 69,89%; %Fe=30,11%. 0,25

0,03 Trang 121

Trang 122

2. Cho ½ hỗn hợp A có 0,8 mol Zn và 0,4 mol Fe Phản ứng: Zn + Cu Fe + Cu

0,25

(C17H35COO)3C3H5 + 3NaOH → 3C17H35COONa + C3H5(OH)3 2+

→ Zn + Cu

’

→ Fe + Cu

RCOOR + NaOH → RCOONa + R’OH

Xét trường hợp Zn hết, Fe chưa phản ứng  khối lương kim loại thu được 73,6 gam.

HCl + NaOH → NaCl + H2O

Xét trường hợp Zn hết, Fe hết  khối lương kim loại thu được 76,8 gam.

Khối lượng kim loại thực tế thu được là 74 gam, chứng tỏ bài toán có 2 trường hợp: TH1: Zn phản ứng và dư

3a + b +c = 0,6 (1) 0,25

Đốt ancol thu được: 0,8mol CO2 và 1mol H2O

0,25

C3H8O3 → 3CO2 + 4H2O

Gọi số mol Zn phản ứng là a

mgiảm = mZn – mCu  0,4 = 65a -64a ⇔ a =0,4  CM CuSO = 0, 2 M

TH2: Zn, Fe phản ứng và dư, gọi số mol Fe phản ứng b

CnH2n+2O → nCO2 + (n+1)H2O

0, 5

mgiảm = mZn + mFe pư – mCu

nhỗn hợp ancol = nH 2O − nCO2 = 0,2 (mol)  a + b = 0,2 (2)

 65.0,8 + 56b – 64(0,8+b) = 0,4 ⇔ b =0,005  C M CuSO = 0, 425M 4

Câu VI

1. 0,2 mol X tác dụng vừa đủ với 0,2 mol HCl  amino axit có một nhóm NH2.

3,5 điểm

Coi như: 0,2mol X + 0,2mol HCl + 0,4mol NaOH

Đốt hỗn hợp muối D (3amol C17H35COONa, bmol CmH2m+1COONa, c mol NaCl):

0,5

2C17H35COONa → 35CO2 + Na2CO3 + 35H2O 3a

Nếu amino axit có một nhóm COOH  Vô lí

0,25

CH3NH2 + HCl → CH3NH3Cl

105a/2

1,5a

105a/2

2CmH2m+1COONa → (2m+1)CO2 + Na2CO3 + (2m+1)H2O

 amino axit có 2 nhóm COOH ( vì X có mạch C không phân nhánh)

(2m+1)b/2

0,5b

(2m+1)b/2

 (1,5a +0,5b).106 + 58,5c = 32,9 (3)

H2NR(COOH)2 + HCl → ClH3NR(COOH)2

Từ (1), (2), (3) ta có hệ:

3a + b + c = 0, 6 (1)  ⇔ a=b=0,1; c=0,2  a + b = 0, 2 ( 2 )  1,5 + 0,5 .106 + 58,5 = 32,9 3 a b c ( ) ( ) 

CH3NH3Cl + NaOH → CH3NH2 + H2O + NaCl a

ClH3NR(COOH)2 + 3NaOH → H2NR(COONa)2 + NaCl + 2H2O b

0,5

 a + b = 0, 2  b(150 + R) + 58,5(a + b) = 30,8 ⇔ a = b = 0,1; R = 41(C3 H 5 ) a + 3b = 0, 4 

0,5

Vậy công thức của A: HOOC-CH2-CH2-CH(NH2)-COOH

0,25

Từ phản ứng đốt cháy ancol ta có: 3a + nb = 0,8  n=5  ancol C5H11OH

0,25

Từ phản ứng đốt cháy muối ta có: [(105a/2 +(2m+1)b/2].62 = 334,8

0,5

 m=1  Công thức của ests CH3COOC5H11 (C7H14O2) Chú ý: HS giải toán theo cách khác đúng cho điểm tối đa bài toán đó, phương trình phản ứng của sơ đồ chuyển hóa không ghi đk trừ ½ số điểm của phương trình đó. ---HẾT---

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

Axit 2-aminopentadioic.

HÀ TĨNH Trang 123

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Trang 124

MÔN THI: HOÁ HỌC ĐỀ CHÍNH THỨC

1. Cho 0,4 mol Cu và 0,1 mol Fe3O4 phản ứng hoàn toàn với 400 ml dung dịch HCl 2M thu được dung dịch A và chất rắn B. Cho A tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được m gam kết tủa. Tính m.

Thời gian làm bài: 180 phút 2. Chất rắn A tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch HNO3 1M thu được một khí là NO có thể tích 0,448 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và dung dịch B chỉ chứa một chất tan duy nhất là muối nitrat kim loại. Cô cạn cẩn thận dung dịch B thu được 14,52 gam muối khan. Xác định công thức hóa học của A.

(Đề thi có 02 trang, gồm 07 câu)

Câu I: 1. Nguyên tố X là một phi kim. Hợp chất khí với hiđro của X là A và oxit bậc cao nhất của X là B, tỉ khối hơi của A so với B là 0,425. Xác định nguyên tố X.

2. Cho BaO tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng thu được kết tủa A và dung dịch B. Cho B tác dụng với kim loại Al dư thu được dung dịch D và khí E. Thêm dung dịch K2CO3 vào D thấy tạo kết tủa F. Xác định các chất A, B, D, E, F và viết các phương trình hóa học của phản ứng xảy ra.

Câu II: 1. Có một bộ dụng cụ thí nghiệm được lắp đặt như hình vẽ. Ban đầu trong cốc vôi sữa, sục rất từ từ khí CO2 vào cốc cho tới dư. Hỏi độ sáng của bóng đèn thay như thế nào trong suốt quá trình tiến hành thí nghiệm? Giải thích ?

chứa đổi

2. Để có isoamylaxetat dùng làm dầu chuối, người ta tiến hành ba bước thí nghiệm như sau: - Cho 60 ml axit axetic băng (axit 100%, d = 1,05 g/ml) cùng 108,6 ml 3-metylbut-1-ol (ancol isoamylic, d = 0,81g/ml) và 1 ml H2SO4 vào bình cầu có lắp máy khuấy, ống sinh hàn rồi đun sôi trong vòng 8 giờ. - Sau khi để nguội, lắc hỗn hợp thu được với nước, chiết bỏ lớp nước, rồi lắc với dung dịch Na2CO3, chiết bỏ lớp dung dịch nước, lại lắc hỗn hợp thu được với nước, chiết bỏ lớp nước. - Chưng cất lấy sản phẩm ở 142-143 oC thu được 60 ml isoamylaxetat (là chất lỏng có mùi thơm như mùi chuối chín, sôi ở 142,5 oC và có d = 0,87 g/ml). a. Hãy giải thích các bước làm thí nghiệm ở trên và viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra. b. Tính hiệu suất phản ứng este hóa.

Câu III: 1. Trộn 100 gam dung dịch chứa một muối sunfat của kim loại kiềm nồng độ 13,2% với 100 gam dung dịch NaHCO3 4,2%. Sau khi phản ứng xong thu được dung dịch A có khối lượng nhỏ thua 200 gam. Cho 100 gam dung dịch BaCl2 20,8% vào dung dịch A, khi phản ứng xong thấy dung dịch còn dư muối sunfat. Nếu thêm tiếp vào đó 20 gam dung dịch BaCl2 20,8% nữa thì dung dịch lại dư BaCl2 và lúc này thu được dung dịch D. a. Hãy xác định công thức của muối sunfat kim loại kiềm ban đầu. b. Tính nồng độ % của các chất tan trong dung dịch A và dung dịch D. 2. Hòa tan hoàn toàn 18,5 gam hỗn hợp X gồm Cu, Fe, Zn (số mol mỗi kim loại bằng nhau) trong dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch Y và 1,4 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) hỗn hợp khí Z gồm NO, NO2, N2O, N2 (trong đó NO2, N2 có số mol bằng nhau). Cô cạn cẩn thận dung dịch Y được 65,9 gam muối khan. Tính số mol HNO3 đã tham gia phản ứng.

Câu IV:

Trang 125

Trang 126

Câu V: 1. Hãy sắp xếp theo thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi các chất sau và giải thích nguyên nhân: cumen (isopropyl benzen), ancol benzylic, anisol (metylphenyl ete), benzanđehit và axit benzoic. 2. Chất hữu cơ X có công thức phân tử C3H9O2N. Cho X tác dụng với dung dịch NaOH thu được muối và khí Y làm đổi màu quỳ ẩm. Viết công thức cấu tạo của X, tên gọi của Y và các phương trình hóa học xảy ra. 3. A là hợp chất hữu cơ mạch hở, không phân nhánh, phân tử chỉ có 2 loại nhóm chức, khi tác dụng với nước brom tạo ra axit monocacboxylic tương ứng. Cho một lượng A tác dụng với lượng dư anhiđrit axetic trong điều kiện thích hợp, phản ứng xong thu được 11,7 gam este và 9 gam CH3COOH. Cũng với lượng A như trên đem phản ứng với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư thu được 6,48 gam Ag kết tủa. Tìm công thức cấu tạo dạng mạch hở của A.

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học).

- Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.

- Họ và tên thí sinh……………………………………………………. Số báo danh………………………

Câu VI: 1. Khi đồng trùng hợp buta-1,3-đien và stiren, cứ n mắt xích butađien kết hợp với m mắt xích stiren tạo ra cao su buna-S. Cho cao su buna-S tác dụng với brom (tan trong dung môi CCl4), người ta nhận thấy cứ 1,05 gam cao su đó tác dụng hết với 0,8 gam brom. Tính tỉ lệ n : m và viết công thức cấu tạo cao su buna-S nói trên (có cấu tạo không nhánh và điều hòa). 2. Thủy phân hoàn toàn 1mol hợp chất hữu cơ X trong trong dung dịch HCl thu được 1 mol ancol no Y và a mol axit hữu cơ đơn chức Z. Để trung hòa 0,3 gam Z cần 10 ml dung dịch KOH 0,5M. Đốt cháy 1 mol Y cần a mol O2; đốt cháy 0,5 mol hiđrocacbon có công thức phân tử như gốc hiđrocacbon của Y cần 3,75 mol O2. a. Xác định công thức cấu tạo X, Y, Z, biết Y có mạch cacbon không phân nhánh. b. Y1 và Y2 là hai đồng phân quen thuộc có trong tự nhiên của Y; Y1 có thể tham gia phản ứng tráng bạc. Viết các công thức cấu tạo của Y1, Y2 ở dạng mạch hở và mạch vòng.

Câu VII: 1. Ăcquy chì là một hệ điện hóa gồm Pb, PbO2, dung dịch H2SO4. Một điện cực được tạo ra từ lưới chì phủ bột chì, còn điện cực còn lại được tạo ra bằng cách phủ bột PbO2 lên lưới kim loại. Cả hai điện cực đều được ngâm trong dung dịch H2SO4. Các bán phản ứng xảy ra tại mỗi điện cực khi ăcquy hoạt động là: PbO2 + HSO4- + 3H+ + 2e  PbSO4 + 2H2O

E01 = +1,685V

Pb + HSO4-  PbSO4 + H+ + 2e

E2 = - 0,356V

a. Cho biết điện cực nào là anot, điện cực nào là catot trong ăcquy chì? b. Viết phương trình hóa học của toàn bộ phản ứng xảy ra trong ăcquy chì khi nó hoạt động và tính suất điện động tiêu chuẩn của pin. 2. Người ta pha chế một loại dược phẩm trong gia đình theo cách đơn giản như sau: cho nước sôi vào cốc chứa NaHCO3 rồi cho thêm dung dịch cồn iot và lắc đều, để nguội bớt sẽ được cốc thuốc dùng để chữa bệnh viêm họng loại nhẹ. Hãy viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra và nêu dấu hiệu bề ngoài để nhận ra phản ứng đó.

-----------------HẾT---------------

Trang 127

Trang 128

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT

HÀ TĨNH

Độ sáng bóng đèn:

NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC

2,5đ

− Ban đầu không đổi: Ca(OH)2 hòa tan bị giảm do phản ứng 1 lại được bổ sung từ Ca(OH)2 0,5 dạng huyền phù. − Sau đó giảm dần: Do Ca(OH)2 huyền phù đã tan hết − Có thể tắt khi Ca(OH)2 vừa hết, sau đó sáng dần, cuối cùng sáng hơn ban đầu. Do CaCO3 tan ra ở phản ứng 2.

Nội dung

Câu I.

Điểm

2. a.Giải thích các bước tiến hành thí nghiệm:

1.Gọi n là hóa trị của X trong oxit cao nhất, hợp chất với hiđro có công thức

- Đầu tiên cho axit axetic, ancol isoamylic và H2SO4 vào bình cầu, đun sôi trong 8h để đ/c este.

H8-nX, công thức oxit cao nhất là X2On (nếu n lẻ) hoặc XOn/2 (nếu n chẵn)

HS viết ptpư este hóa.......

- Nếu là oxit là X2On , hs lập tỷ số MA/MB và rút ra 0,15X + 8 = 7,8n (không có nghiệm phù hợp)

0,5

- Sau đó để nguội, lắc hh thu được với nước, chiết bỏ lớp nước bằng phểu chiết nhằm loại bỏ phần lớn axit axetic và axit sufuric còn lại.

- Nếu X là XOn/2 suy ra 4,4n = 0,575X +8 (với 4 ≤ n ≤ 7), n = 6, X = 32. 0,5

HS viết 2 ptpu......

2. Trường hợp 1: H2SO4 hết, BaO tác dụng với H2O tạo ra dung dịch B là Ba(OH)2 B: Ba(OH)2

D: Ba(AlO2)2

E: H2

- Cuối cùng chưng cất lấy sp ở 142-143 0C thu được isoamylaxetat tinh khiết.

F: BaCO3

Các phương trình phản ứng: 2,5đ

0,5

Tiếp tục lắc hh với dd Na2CO3, chiết bỏ các sản phẩm pư, lại lắc hh với nước và chiết bỏ lớp nước để loại bỏ nốt lượng axit còn lại.

X là Lưu huỳnh.

A: BaSO4

0,5

b. Tính hiệu suất pư hóa este: HS dễ dàng tính được hiệu suất pư là 40,15% (lưu ý axit axetic dư, tính hiệu suất dựa vào ancol)

0,5

1. BaO + H2SO4 → BaSO4↓ + H2O 2. BaO + H2O → Ba(OH)2 3. 2Al + Ba(OH)2 + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2↑

0,5

4. K2CO3 + Ba(AlO2)2 → BaCO3↓ + 2KAlO2

0,5

III

* Trường hợp 2: dung dịch B: H2SO4 A: BaSO4

B: H2SO4

D: Al2(SO4)3

E: H2

F: Al(OH)3

1. Trộn 100g với 100g mà khối lượng dung dịch thu được < 200g, thì muối sunfat của kim loại kiềm ban đầu phải là muối HSO42MHSO4 + 2NaHCO3

M2SO4 + Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O

1. BaO + H2SO4 → BaSO4↓ + H2O 2. 2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2↑

Do CO2 bay hơi làm giảm khối lượng dung dịch.

0,5

3. Al2(SO4)3 + 3K2CO3 + 3H2O → 2Al(OH)3↓ + 3K2SO4 + 3CO2↑

Dựa vào lượng BaCl2 suy ra được mol muối sunfat ban đầu là x nằm trong khoảng 0,1< x < 0,12.

Nếu HS chỉ trình bày và viết đúng các ptpư của một trường hợp cho 1,0 đ

Suy ra được MHSO4 còn dư và suy ra nCO2 = nNaHCO3 = 0,05 mol. MHSO4 + BaCl2 SO42- + Ba2+ II

BaSO4 + MCl + HCl BaSO4

1. Ptpư: Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 ↓ + H2O

(1)

CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2

(2)

0,5

ta có : (M +97)x = 13,2  x =

13,2 M + 97

Với 0,1< x < 0,12  13 < M < 35 Vậy M là Na, công thức muối là NaHSO4 Trang 129

Trang 130

3,0đ

b. - Khối lượng của dung dịch A:

mA = 100 + 100- 0,05.44 = 197,8 g.

n HNO3 = 10a + 4b + 0,5 = 0,885 (mol)

Các chất tan trong A:

(HS có thể giải theo các cách khác nhau)

n NaHSO4 ban đầu = x = 0,11 mol. Vậy trong A còn dư 0,06 mol NaHSO4 n Na2SO4 = 0,05 mol => C% Na2SO4=

0,05.142 .100 197,8

0,06.120 n NaHSO4 = 0,06 mol => C% NaHSO4= .100 197,8 - Khối lượng dung dịch D:

≈

0,5 IV

3,59%

Fe3O4 + 8HCl  2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O ≈

3,64%

0,5

Cu + 2FeCl3  2FeCl2 + CuCl2 HS dễ dàng tính được số mol các chất trong dd sau 2 pư trên:

mD = 197,8 +120 – 0,11.233 = 292,17g

2,5đ

n NaCl = (0,05 + 0,06) mol ; mNaCl = ( 0,05+,06).58,5= 9,36 g



C% NaCl

≈

1 Cu không pư với dd HCl nhưng pư với FeCl3

0,5

Cl = 0,8, Fe = 0,3 và Cu = 0,1 Ag+ có pư với Fe2+ nên suy ra kết tủa có AgCl và Ag

3,2%; và BaCl2 dư = 0,61%

Ag+ + Cl-  AgCl

2. Số mol mỗi kim loại là x -> 64x + 56x + 65x = 18,5 ⇔ x = 0,1 mol + Khối lượng muối nitrat kim loại bằng:

Ag+ + Fe2+  Fe3+ +Ag 0,5

HS tính được khối lượng kết tủa là:

18,5 + 62.0,7 = 61,9(g) < 65,9 (g)

m = mAgCl + mAg = 0,8.143,5 + 0,3.108 = 142,2 gam

0,5

nên phản ứng có tạo ra NH4NO3, suy ra được:

nNH 4 NO3 =

65,9 − 61,9 = 0,05 (mol) 80

2. số mol HNO3 = 0,2, nNO = 0,02  Số mol NO3- trong muối nitrat = 0,2-0,02 = 0,18  Số mol muối M(NO3)n =

+ Vì 2 khí NO2, N2 có số mol bằng nhau nên ta xem 2 khí này là 1 khí N3O2. 1 mol N3O2 ta có thể xem là hỗn hợp 2 khí N2O và NO. Nên hỗn hợp 4 khí ban đầu có thể xem là hai khí N2O

1,4 và NO và số mol 2 khí này là: = 0,0625 22,4

0,18 0,18  Khối lượng muối nitrat kim loại là: (M +62n) = 14,52  n n

56 n , vậy n = 3, M = 56, Kim loại M là Fe 3

Ta có các quá trình xảy ra:

Vậy A có chứa nguyên tố Fe (Chứ không phải A là kim loại Fe vì chưa xác định được số oxi hóa của Fe).

Cu – 2e → Cu2+, Fe – 3e → Fe3+ ; Zn – 2e → Zn2+

- Gọi số oxi hóa của Fe trong A là x, số mol Fe3+ = 0,06 (tính từ số mol muối)

0,1

0,2

0,1 0,3

0,1 0,2

0,5

ta có : Fex – (3-x)e  Fe3+

2NO3- + 10H+ + 8e → N2O + 5H2O 10a

- Viết ptpư và thử lại, loại trường hợp Fe(NO3)2 vì không thỏa mãn ĐK bài ra

NO3- + 10H+ + 8e → NH4+ + 3H2O 0,5

0,4

và N+5 + 3e  N+2

Số mol e nhường bằng số mol e nhận, suy ra: (3-x)0,06 = 3.0,02 -> x = +2. Vậy A là hợp chất Sắt (II). Do sản phẩm tạo ra chỉ có duy nhất một muối và một khí, nên suy ra A chỉ có thể là FeO hoặc Fe(OH)2 hoặc Fe(NO3)2

NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O 4b

0,5

Kết luận: A là FeO hoặc Fe(OH)2

0,5

0,05

0,5

(nếu hs khg loại nghiệm Fe(NO3)2 thì chỉ cho 0,25đ. 0,5

Theo bảo toàn e và bài ra ta có hệ phương trình: 8a + 3b + 0,4 = 0,7

a = 0,0225 (mol)

a + b = 0,0625

b = 0,04

1. Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi:

(mol)

Trang 131

Trang 132

(CH3)2CHC6H5 < C6H5OCH3 < C6H5CH=O < C6H5CH2OH < C6H5COOH (A )

(B)

(C)

(D)

CH2OH – CHOH – CHOH – CHOH – CHOH - CHO 0,5

(E)

-Phân cực

(yếu hơn B)

(yếu hơn C)

-Không có

-Có lk H

-Không có

liên kết

liên kết hiđro

1,0

liên phân tử liên phân tử mạnh

VI 0,5

1. Trong cao su buna-S, n mắt xich butađien có n liên kết đôi nên kết hợp được với n phân tử brom, còn m mắt xich stiren thì không còn liên kết đôi nữa nên không tác dụng được với brom. mcaosu = (104m + 54n)x = 1,05 và số mol Br2 = nx =

liên kết hiđro hiđro

2. Theo giả thiết, X, Y tương ứng như sau:

0,8 = 0,005 160

Tính được n : m = 2 : 3.

CH3CH2COONH4 + NaOH → CH3CH2COONa + NH3 + H2O

Từ đây HS viết được công thức cấu tạo cao su buna-S (không nhánh và điều hòa). 0,5

Amoniac 3,0đ

t CH3COONa + CH3NH2 + H2O CH3COONH3CH3 + NaOH →

4,5

Metylamin

1,0 + 0,5

HCOONH3CH2CH3 + NaOH → HCOONa + CH3CH2NH2 + H2O

2. a. X là este vì khi thủy phân X tạo ra 1 ancol no Y và a mol axit hữu cơ đơn chức Z  Công thức X là (RCOO)aR’ (RCOO)aR’ + aHOH  aRCOOH + R’(OH)a nKOH = 0,005

Etylamin

RCOOH + KOH  RCOOK + H2O

HCOONH(CH3)2 + NaOH → HCOONa + CH3-NH-CH3 + H2O

Số mol RCOOH = nKOH = 0,005 0,005(R+45) = 0,3  R = 15 (-CH3)

Đimetylamin

Đốt cháy ancol no Y (không nói rõ là mạch hở hay mạch vòng) và Hiđrocacbon có công thức như gốc của Y:

(Viết đúng 4 pt được 1,0đ; tên gọi tương ứng của Y được 0,5đ)

CnHm(OH)a + 3. – Khi cho A tác dụng với nước Br2 thu được axit monocacboxylic nên A chứa 1 nhóm – CHO. A có dạng R’CHO, số mol A là x. AgNO3 / NH3

’

x Ta có: nAg = 2x =

6,48 = 0,06 ⇔ x = 0,03 mol 108

- Giả sử A có n nhóm OH thì A có dạng (HO)nRCHO. Với số mol là 0,03 (mol)

0,03

Ta có: 0,03n = nCH3COOH =

và Meste

4n + m m O2  nCO2 + H2O 4 2

Ta có:

4n + m . 0,5 = 3,75  4n + m = 30** 4

Từ * và ** suy ra n = m = a = 6

(HO)nRCHO + n(CH3CO)2O → (CH3COO)nRCHO + nCH3COOH 0,03

Công thức X, Y, Z: (CH3COO)6C6H6; Y: C6H6(OH)6; Z: CH3COOH

0,03n

0,5

9 = 0,15 ⇔ n = 5  Este là (CH3COO)5RCHO 60

11,7 = 390 0,03

4n + m − a = a  4n + m = 5a * 4

CnHm + 0,5

0,5

4n + m − a m+a O2  nCO2 + H2O 4 2

HS suy ra được:

- Theo giả thiết: R CHO  → R COONH4 + 2Ag ’

0,5

b. Hai đồng phân của Y (C6H12O6) có trong tự nhiên là glucozo (Y1) và fructozo.

0,5

HS viết được CTCT dạng mạch hở và mạch vòng của các đồng phân này. 0,5

 59.5 + R + 29 = 390 ⇔ R = 66. Chỉ có C5H6 là phù hợp. Công thức cấu tạo của A là: Trang 133

Trang 134

Câu II:

0,5 VII

1. Cho axit cacboxylic Z phản ứng với hợp chất Y, thu được sản phẩm duy nhất C3H9NO2. Viết các phương trình phản ứng có thể có giữa Z và Y (bằng công thức cấu tạo), gọi tên các sản phẩm thu được.

1.a. Anot là điện cực tại đó xảy ra quá trình oxi hóa, catot là điện cực tại đó xảy quá trình khử. Theo quy ước này, lưới chì có phủ bột chì là anot, còn lưới chì phủ bột PbO2 là catot của ăcquy chì. Pb là cực âm, PbO2 là cực dương.

2. Cho hỗn hợp X gồm metanol, etanol, glixerol. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, thu được 15,68 lít khí CO2 (đktc) và 18 gam nước. Mặt khác, 80 gam X hòa tan tối đa được 29,4 gam Cu(OH)2.

b. Kết hợp 2 bán phản ứng ta có: ptpư khi ăcquy hoạt động: Pb + PbO2 + 2H2SO4  2PbSO4 + 2H2O 2,0đ

a. Tính thành phần % khối lượng etanol trong hỗn hợp X.

0,5

b Có bao nhiêu kiểu liên kết hiđro trong hỗn hợp gồm metanol và etanol.

Suất điện động của pin: E0pin = Eo(+) - E0(-) = 1,685 – (-0,356) = 2,041 (V) 0,5

2. Khi cho nước sôi vào cốc chứa NaHCO3:

Câu III:

2HCO3-  CO32- + CO2 + H2O (1)

1. Hợp chất mạch vòng A, không nhánh có công thức phân tử C6H11NO. A tác dụng được với dung dịch HCl và với dung dịch NaOH. Khi nhiệt phân A (có xúc tác), thu được hợp chất B có nhiều ứng dụng trong thực tiễn.

CO32- làm cho dd có tính kiềm: CO32- + H2O  HCO3- + OH- (2)

a. Viết công thức cấu tạo và tên gọi của A, B.

Cho thêm cồn iot và lắc lên:

b. Viết phương trình hóa học của các phản ứng đã xảy ra.

CH3CH2OH + I2 + OH- CHI3 + HCOO- + 3HI (3) CHI3 có tính diệt khuẩn, có thể chữa bệnh viêm họng loại nhẹ.

2. Đốt cháy hoàn toàn m gam hiđrocacbon X thu được m gam nước. Đun nóng X với dung dịch AgNO3/NH3 dư, thu được hợp chất Y. Đun nóng X với dung dịch HgSO4 thu được hợp chất hữu cơ Z. Cho Z tác dụng với dung dịch

0,5

KMnO4/H2SO4 thì thu được hợp chất có công thức: ( CH 3 )3 CCH 2 CH ( COOH ) CH ( CH 2 COOH ) COCH 3

Nhận ra pư (1) do có bọt khí; pư (2), (3) do cồn iot mất màu và có kết tủa màu vàng.

Xác định công thức cấu tạo các chất X, Y, Z, biết MX < 250.

0,5

Câu IV:

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

1. Hỗn hợp X gồm 2 amino axit no (chỉ chứa nhóm cacboxyl và amino trong phân tử) trong đó tỉ lệ về khối lượng của O và N là mO : mN = 80 : 21. Để tác dụng vừa đủ với 3,83 gam hỗn hợp X cần 30 ml dung dịch HCl 1M. Mặt khác, đốt cháy hết 3,83 gam hỗn hợp X cần 3,192 lít O2 (đktc). Cho toàn bộ sản phẩm cháy (CO2, H2O, N2) sục vào nước vôi trong dư thì thu được m gam kết tủa. Tính m.

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT

HÀ TĨNH

NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: HOÁ HỌC

ĐỀ CHÍNH THỨC

2 Đun nóng hỗn hợp glyxin và alanin thì thu được hỗn hợp các đi peptit và một sản phẩm phụ Y có công thức C6H10O2N2.

Thời gian làm bài: 180 phút

a. Viết công thức cấu tạo và gọi tên các đi peptit đó. Viết công thức cấu tạo của Y.

(Đề thi có 02 trang, gồm 07 câu)

b. Viết công thức cấu tạo của alanin và axit glutamic ở dạng rắn.

Câu I:

Câu V:

1. So sánh tính bazơ của các chất sau:

1. Hợp chất A có công thức phân tử C7H6O3. A tác dụng được với NaOH theo tỉ lệ mol 1: 2. Cho A tác dụng với metanol có H2SO4 đặc làm xúc tác thu được hợp chất B (C8H8O3). Cho A tác dụng với anhiđritaxetic thu được hợp chất C (C9H8O4). Hiđro hóa A bằng H2 có Ni nung nóng thì thu được hợp chất D có khả năng tạo liên kết hiđro nội phân tử.

Cl3CCH2NH2, CH3CH2NH2, (CH3)3CCH2NH2, (CH3)3SiCH2NH2. Giải thích? 2. So sánh tính axit của các chất sau: HOCH2CH2COOH, HSCH2CH2COOH, CH3OCH2CH2COOH. Giải thích?

a. Xác định công thức cấu tạo các chất A, B, C, D.

3. So sánh độ tan trong nước của các chất sau: metanol, clometan, metanal, metan. Giải thích?

b. Viết phương trình phản ứng hóa học của các chất B, C với dung dịch NaOH. Trang 135

Trang 136

c. Cho biết ứng dụng của B, C trong thực tiễn. 2. Hỗn hợp X gồm 3 axit hữu cơ đơn chức, mạch hở gồm 1 axit no và 2 axit không no (chứa 1 liên kết π trong gốc). Cho m gam X phản ứng vừa đủ với 150 ml dung dịch NaOH 2M, thu được 25,56 gam muối. Đốt cháy hoàn toàn m gam X rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch NaOH dư thì khối lượng dung dịch tăng thêm 40,08 gam.

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học).

- Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.

a. Tính tổng khối lượng 2 axit không no trong m gam hỗn hợp X nói trên. b.Viết phương trình phản ứng hóa học của axit no nói trên lần lượt với các chất: P2O5, dung dịch KMnO4/H2SO4, etylen glicol ( có xúc tác H2SO4 đặc).

- Họ và tên thí sinh……………………………………………………. Số báo danh………………………

Câu VI: 1. Thực nghiệm cho thấy rằng các phản ứng sau đều có thể tự xảy ra : A + B2+ →

A2+ + B

B + 2D3+ → 2D2+ + B2+ Dựa vào kết quả trên, hãy sắp xếp các cặp oxi hóa - khử A2+/A, B2+/B, D3+/D2+ theo thứ tự tăng dần thế điện cực chuẩn. Giải thích sự sắp xếp đó.

ĐÁP ÁN SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

2. Hòa tan a gam CuSO4.5H2O vào nước được dung dịch X. Cho 1,48 gam hỗn hợp Mg và Fe vào dung dịch X . Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn A có khối lượng 2,16 gam và dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được hỗn hợp oxit có khối lượng 1,4 gam.

HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: HOÁ HỌC

a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

Câu I.

b. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu và giá trị của a.

1. Tính bazơ được sắp xếp theo thứ tự giảm dần từ trái qua phải như sau: (CH3)3SiCH2NH2 (1), (CH3)3CCH2NH2 (2), CH3CH2NH2 (3), , Cl3CCH2NH2 (4).

Câu VII:

1. Có 7 gói bột trắng giống nhau: vôi bột, bột gạo, bột đá vôi, bột cát trắng, bột giấy, bột xô đa, muối ăn. Hãy phân biệt các gói bột đó bằng phương pháp hóa học. 2. Có 1 lít dung dịch hỗn hợp Na2CO3 0,1 mol/lít và (NH4)2CO3 0,25 mol/lít. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch đó. Sau khi các phản ứng kết thúc, thu được 39,7 gam kết tủa A và dung dịch B.

Giải thích: (1) có gốc đẩy e lớn làm tăng mật độ e trên N, tăng tính bazơ, (1) mạnh hơn (2) vì Si có độ âm điện nhỏ, khả năng đẩy e lớn hơn cacbon, (4) có tính bazơ kém nhất vì có nguyên tử clo hút e mạnh là giảm mật độ e trên N. 2. Tính axit được sắp xếp theo thứ tự giảm dần từ trái qua phải như sau: HO – CH2CH2 – COOH (1), CH3 – O – CH2CH2 – COOH (2), HS – CH2CH2 – COOH (3) .

a. Tính thành phần % khối lượng các chất trong A. b. Cho axit HCl dư vào dung dịch B, sau đó cô cạn dung dịch và nung chất rắn còn lại tới khối lượng không đổi, được chất rắn X. Tính thành phần % khối lượng các chất trong X.

Giải thích: (1) có nhóm OH hút e mạnh làm tăng độ phân cực của nguyên tử H trong nhóm COOH, (2) có nhóm CH3 đẩy e làm giảm bớt độ phân cực của H trong nhóm COOH, (3) có tính axit kém nhất vì S có độ âm điện nhỏ hơn oxi, khả năng hút e kém hơn oxi. 3. Độ tan trong nước giảm dần theo thứ tự từ trái qua phải như sau: CH3OH, CH3CHO, CH3Cl, CH4

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

Giải thích: CH3OH có hiđro linh động có khả năng tạo 2 cầu liên kết hiđro với nước, CH3CHO có nguyên tử O có khả năng tạo 1 cầu liên kết hiđro với nước, CH3Cl không tạo liên kết hiđro với nước nhưng phân cực hơn CH4 nên tan trong nước nhiều hơn CH4. Trang 137

Trang 138

Câu II.

Câu III.

1, Gọi x, y, z lần lượt là số mol của CH3OH, C2H5OH, C3H8O3, ta có

1. Từ giả thiết ta suy ra A là caprolactam

n CO2 = x + 2y + 3z = 0,7

CH2 – CH2 – CH2 CO

n H2 O = 2x + 3y + 4z = 1. CH2 – CH2 – NH

Mặt khác ta có: 80 gam X hòa tan tối đa 0,3 mol Cu(OH)2 (32x + 46y + 92z) gam X hòa tan tối đa z/2 mol Cu(OH)2. Từ đó suy ra phương trình:

Các phản ứng:

9,6x + 13,8y – 12,4z = 0. Giải hệ ta có: x = 0,05; y = 0,1; z = 0,15. Vậy %m của C2H5OH = 23%.

t A  → ( NH – (CH2)5 – CO )n

b. Có 4 kiểu liên kết hiđro giữa 2 ancol đã cho:

(poli caproamit)

→ H2N – (CH2)5 – COONa A + NaOH  HCl A + H2O → ClH3N – (CH2)5 – COOH

CH3 – O – H …O – C2H5; CH3 – O – H …O – CH3; C2H5 – O – H …O – CH3 H

2. Sơ đồ phản ứng:

C2H5 – O – H …O – C2H5.

X + O2  → CO2 + H2O , vì khối lượng X bằng khối lượng H2O nên ta có nC : nH = 2 : 3.

X có dạng (C2H3)n, vì MX < 250 suy ra n < 7 Vì oxi hóa X thu được hợp chất chứa 12 nguyên tử C, vậy n = 6 và X là C12H18 Công thức cấu tạo của X là (CH3)3C – CH2 – CH – CH – C = CH

1. A tác dụng với NaOH theo tỉ lệ mol 1 : 2 nên A có thể có 2 nhóm OH A tác dụng với CH3OH/H2SO4 tạo C8H8O3 nên A có 1 nhóm COOH CH

A tác dụng với (CH3CO)2O tạo C9H8O4 nên A có 1 nhóm OH

CH2

A tác dụng với H2 tạo hợp chất D có liên kết hiđro nội phân tử nên A có 2 nhóm chức nói trên kề nhau. CH

Vậy công thức cấu tạo của A là: 0 – HO – C6H4 – COOH (tên gọi của A là: 2 – hiđroxi benzoic) CT của Y là

B là: metyl - 2 – hiđroxi benzoat

(CH3)3C – CH2 – CH – CH – C = CAg

C là: 0 – CH3COO – C6H4 – COOH CH

b. Các phản ứng: 0 – HOC6H4COOCH3 + NaOH  → 0 – CH3COOC6H4COOH + NaOH  →

0 – NaOC6H4COONa + CH3OH + H2O

CH2

0 – NaOC6H4COONa + CH3COONa + H2O

c. Ứng dụng thực tiễn:

Của Z là:

(CH3)3C – CH2 – CH – CH – C – CH3

B là metyl salixylat, dùng làm thuốc xoa bóp, giảm đau

C là axit axetyl salixylic dùng làm thuốc cảm (aspirin)

CH Trang 139

CH2 Trang 140

2. Gọi công thức chung của 3 axit là RCOOH, ta có: CH

RCOOH + NaOH  → RCOONa + H2O

Câu IV. 1, Ta có mO : mN = 80 : 21 suy ra: nO : nN = 10 : 3. Mặt khác ta có

0,3 mol

→ …NH3Cl , từ đó suy ra n HCl = n NH2 = 0, 03  m N = 0, 42gam  m O = 1, 6gam …NH2 + HCl 

Suy ra M RCOONa =

→ CO2 + H2O + N2. Hay mC + mH = 1,81 gam. Sơ đồ phản ứng: C, H, O, N + O2 

0,3 mol

25,56 = 85, 2  M R = 18, 2  có 1 axit là HCOOH hoặc CH3COOH. 0,3

Trường hợp 1: HCOOH (a mol) và CnH2n-COOH (b mol) với n > 2.

Gọi x, y lần lượt là số mol C, H, ta có 12x + y = 1,81 (1). Bảo toàn oxi ở 2 vế ta có

y 3,192 32 = 32x + 16 (2). Từ (1) và (2) suy ra x = 0,13; y = 0,25. Vậy số mol CaCO3 = số mol CO2 22, 4 2 = số mol C = 0,13 mol. Khối lượng kết tủa CaCO3 là 13 gam.

Ta có: khối lượng dung dịch tăng = m CO2 + m H 2O = (a + b(n+1)).44 + (a + nb).18 = 40,08

1,6 +

a + b = 0,3; M R =

a + (14n − 1).b = 18,2. a+b

Giải hệ ta được a = 0,15; bn = 0,39; b = 0,15;  khối lượng của 2 axit không no =b(14n + 44) = 12,06. 2, Alanin + Glyxin  → 4 đi peptít mạch hở sau:

Trường hợp 2: CH3COOH (a mol) và CnH2n-1COOH (b mol) với n>2

H2N – CH2 – CO – NH – CH2 – COOH ; H2N – CH2 – CO – NH – CH(CH3) – COOH

Lập hệ tương tự như trên ta thu được a=0,019, bn = 0,4; b = 0,28  n <2 (loại).

H2N – CH(CH3) – CO – NH – CH2 – COOH; H2N – CH(CH3) – CO – NH – CH(CH3) – COOH. Tên gọi tương ứng là: glyxylglyxin; glyxylalanin; alanylglyxin; alanylalanin.

Vậy khối lượng 2 axit không no là 12,06 gam.

Ngoài ra còn có sản phẩm phụ mạch vòng là:

b. Các phương trình phản ứng: P2 O5 HCOOH  → (HCO)2O + H3PO4

CH3 – CH – CO – NH

HCOOH + KMnO4 + H2SO4  → K2SO4 + MnSO4 + CO2 + H2O HCOOH + HO – CH2CH2 – OH  → HCOO – CH2CH2 – OOCH + HCOO – CH2CH2 – OH + H2O.

HN – CO – CH – CH3

Câu VI.

b, Amino axit ở trạng thái rắn tồn tại chủ yếu ở dạng ion lưỡng cực.

1. (1) A + B2+  A2+ + B

Công thức tương ứng là: H3N+- CH2 – COO- và HOOC – CH2 – CH2 – CH(NH3)+- COO-.

(2) B + 2D3+  2D2+ + B2+ Phản ứng (1) có thể tự xẩy ra nên :

Câu V.

A có tính khử mạnh hơn B ; A2+ có tính oxi hóa yếu hơn B2+

1. Các phản ứng có thể xảy ra là:

→ HCOOH + C2H5NH2 →  → HCOOH + (CH3)2NH 

=> EoA2+/A < E0B2+/B

HCOOH3NC2H5 (etyl amonifomat)

Phản ứng (2) có thể tự xẩy ra nên :

HCOOH2N(CH3)2 (đimetyl amonifomat)

B có tính khử mạnh hơn D2+ ; B2+ có tính oxi hóa yếu hơn D3+

CH3COOH + CH3NH2  → CH3COOH3NCH3 (metyl amoniaxetat) C2H5COOH + NH3

 →

C2H5COONH4

=> E0B2+/B < E0 D3+/D2+ Kết luận : EoA2+/A < E0B2+/B < E0 D3+/D2+

(amoni propionat)

Trang 141

Trang 142

2.. Nếu Mg, Fe tan hết trong dung dịch CuSO4 thì oxit phải chứa MgO, Fe2O3 và có thể có CuO. Như vậy, khối lượng oxit phải lớn hơn khối lượng kim loại. Nhưng theo đề ra, moxit = 1,4 gam < mkim loại = 1,48 gam

- Vôi bột: tan một phần, phần nước lọc làm quỳ tím hóa xanh.

Nếu Mg dư thì dung dịch thu được chỉ là MgSO4 => Kết thúc phản ứng chỉ thu được MgO (trái với giả thiết). => Mg hết, Fe dư.

- Xô đa (Na2CO3): tan tốt trong nước, dd pư với HCl sinh ra khí. - NaCl tan tốt trong nước, dd không có pư với HCl.

Gọi số mol của Mg, Fe trong hỗn hợp lần lượt là x và y mol.

-Bột gao: hầu như không tan trong nước, nhưng có pư với I2 tạo màu xanh lam.

Gọi số mol Fe đã phản ứng là z (z ≤ y) mol.

- Bột đá vôi: không tan trong nước, pư với dd HCl sinh ra khí.

Ta có các phản ứng:

- Cát trắng: không tan trong nước, đốt không cháy.

Mg + CuSO4  → MgSO4 + Cu x

- Bột giấy (xenlulozơ): không tan trong nước, đốt cháy

(mol)

→ FeSO4 + Cu Fe + CuSO4  z→ z

2. Số mol Na2CO3 = 0,1, (NH4)2CO3 = 0,25 -> Tổng số mol CO32- = 0,35

(mol)

Theo sơ đồ chuyển muối clorua thành muối cacbonat ta suy ra từ 1 mol muối clorua thành cacbonat thì khối lượng giảm 71 - 60 = 11 gam. Thực tê khối lượng chất rắn giảm 43 - 39,7 = 3,3 gam --> Số mol muối cacbonat tạo ra là 3,3 : 11 = 0,3 mol --> CO32- dư. Số mol 2 muối cacbonat lần lượt là x và y ta có hệ pt:

MgSO4 + 2NaOH  → Mg(OH)2 ↓ + Na2SO4 x→

(mol)

x + y = 0,3 và 197x + 100y = 39,7. Giải hệ được x = 0,1 và y = 0,2

FeSO4 + 2NaOH  → Fe(OH)2 ↓ + Na2SO4 z→

Khối lượng BaCO3 = 19,7 và CaCO3 = 20 gam --> %BaCO3 = 49,6% và CaCO3 = 50,4%

(mol)

t Mg(OH)2  → MgO + H2O

x→

1. Cho 1 ít các hóa chất trên vào H2O, khuấy đều. Dựa vào các dấu hiệu sau đây để nhận biết:

=> Vậy kim loại dư, CuSO4 hết.

x→

Câu VII.

(mol)

Cô cạn dung dịch, được các muối NaCl và NH4Cl. Nung chất rắn này có pư NH4Cl --> NH3 + HCl

t 4Fe(OH)2 + O2  → 2Fe2O3 + 4H2O

z→

z/2

Trong dd B có các ion Na+, NH4+, CO32-. Thêm HCl vào B cho đến dư, có pư: CO32- + 2H+ --> CO2 + H2O

Như vậy chất rắn còn lại sau khi nung chỉ còn lại NaCl. Vậy trong X NaCl chiếm 100%.

(mol)

=> Chất rắn A gồm Cu (x+z) mol và Fe dư (y-z) mol. b.Oxit gồm MgO và Fe2O3. =>

24x + 56y = 1,48

(1)

64(x+z) + 56(y-z) = 2,16

(2)

40x + 160.z/2 = 1,4

(3)

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀOTẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12THPT NĂM HỌC 2014-2015 Môn : Hóa học

ĐỀ CHÍNH THỨC

Giải hệ (1), (2) và (3) ta được x=0,015 mol, y=0,02 mol, z=0,01 mol.

Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi có 02 trang, gồm 9 câu) mMg= 0,015.24 = 0,36 gam; mFe = 0,02.56 = 1,12gam. Số mol CuSO4 là x+z = 0,025 mol => a = 0,025.250 = 6,25 gam

Câu 1. 1. Khi cho photpho tác dụng với clo dư thu được chất A, còn khi clo thiếu thu được chất B. Hãy xác định hình dạng phân tử của A, B? Giải thích? Trang 143

Trang 144

2. Khí C không màu khi sục qua dung dịch brom làm dung dịch đậm màu hơn, khí D không màu khi sục qua dung dịch brom làm dung dịch mất màu. Dung dịch muối natri (muối E) trong suốt khi cho thêm dung dịch H2SO4 loãng thấy có khí D thoát ra và dung dịch bị vẫn đục. Xác định C, D, E viết các phương trình phản ứng. 3. Khi nung hỗn hợp SiO2 với than cốc trong Cl2 khoảng 9500C thu được một chất khí X và một chất lỏng Y. Y có khả năng bốc khói trong không khí ẩm. Viết phương trình phản ứng xẩy ra và giải thích tại sao Y lại bốc khói trong không khí ẩm.

dịch HNO3 loãng, dư, thu được dung dịch chứa 3,08a gam muối và sản phẩm khử chỉ có 1,344 lít hỗn hợp NO và NO2 (đktc) có tỷ khối so vớ H2 bằng 19. Tính a, biết khối lượng oxi trong X là 0,25a gam. 2. Hợp chất X nóng chảy ở 500C và tan vô hạn trong nước. Để chuẩn độ m gam X cần dùng hết 17,22 ml dung dịch KOH 0,098M. Cho bay hơi dung dịch sau chuẩn độ thì chỉ còn lại 0,2337 gam tinh thể không màu của chất Y (không ngậm nước) có chứa các ion ZOn4 − . a. Xác định các chất X, Y

Câu 2.

b. Nêu tính chất hóa học của X.

1. Hợp chất X có công thức C10H18O4. Từ X thực hiện các phản ứng (theo đúng tỉ lệ mol)

Câu 6. 1. Để xác định hàm lượng nitơ có mặt trong một mẫu thép dưới dạng nitrua N3-, người ta hoà tan 10 gam thép trên trong dung dịch HCl dư. Ion NH4+ tạo thành được phân huỷ bằng NaOH đặc, khí NH3 bay ra được hấp thụ hoàn toàn bằng 15 ml dung dịch H2SO4 nồng độ 0,01M. Lượng dư H2SO4 được xác định bằng một lượng dư KI và KIO3. I2 giải phóng ra từ phản ứng trên phản ứng hết với 16 ml dung dịch Na2S2O3 nồng độ 0,014M để tạo ra I- và S4O6 2-. Tính phần trăm khối lượng nitơ trong mẫu thép trên.

(a) X + 2NaOH → X1 + 2X2 (b) X1 + H2SO4 → X3 + Na2SO4 (c) nX3 + nX4 → nilon-6,6 + 2nH2O

2. Dung dịch X chứa muối MHCO3. Cho dung dịch X tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 39,4 gam kết tủa. Mặt khác, làm khô dung dịch X thu được chất rắn khan Z. Nhiệt phân Z, thu được 21,4 gam hỗn hợp khí và hơi. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức phân tử và gọi tên muối trên.

(d) X2 + X3 → X5 + H2O Xác định công thức cấu tạo các chất X1, X2...X5 viết các phương trình phản ứng. 2. a. Hãy so sánh nhiệt độ sôi của phenol với anilin? Giải thích? b. Hãy so sánh nhiệt độ sôi của catechol (o-HOC6H4OH) với hiđroquinon (p-HOC6H4OH)? Giải thích? c. Tại sao trong dầu mỏ chủ yếu tồn tại hidrocacbon no và hidrocacbon thơm mà không tồn tại hidrocacbon không no? d. Prisman là chất lỏng có công thức phân tử C6H6 điều chế được năm 1973. * Viết công thức cấu tạo của Prisman. * Tại sao Prisman lại là chất dễ nổ. Câu 3. 1. Hợp chất X có công thức phân tử C6H8O4. Cho 14,4 gam X tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu được dung dịch có chứa 22,4 gam một muối. Xác định công thức cấu tạo có thể có của X.

Câu 7. Đốt cháy hoàn toàn chất hữu cơ A rồi hấp thụ hết sản phẩm vào 119,7 gam dung dịch Ba(OH)2 5% thấy có 3,94 gam kết tủa và thu được dung dịch có khối lượng 119,04 gam. Khi oxi hóa A bằng CuO nung nóng được xeton, đun nóng A với H2SO4 đặc ở 1700C được anken B. Khi oxi hóa B bằng KMnO4 trong H2SO4 được hỗn hợp xeton và axit. 1. Xác định công thức phân tử của A. 2. Viết các phương trình phản ứng dưới dạng công thức cấu tạo. Câu 8.Cho 2 anken tác dụng hoàn toàn với H2O thu được hỗn hợp R gồm hai ancol no đơn chức mạch hở đồng đẳng kế tiếp. Chia hỗn hợp R thành hai phần bằng nhau: - Phần 1 cho tác dụng với Na dư thu được 1,568 lit H2.

2. Thủy phân hỗn hợp gồm 0,01 mol saccarozơ và 0,02 mol mantozơ trong môi trường axit, với hiệu suất lần lượt bằng 60% và 70% thu được dung dịch X. Trung hòa dung dịch X, thu được dung dịch Y, sau đó cho toàn bộ Y tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 đun nóng đến phản ứng hoàn toàn, thu được m gam Ag. Tính m.

- Phần 2 đun với H2SO4 đặc ở 1400C thu được 5,742 gam hỗn hợp 3 ete. Hiệu suất tạo ete từ ancol có khối lượng mol nhỏ hơn là 50% và hiệu suất từ ancol có khối lượng mol lớn hơn là 60%.

Câu 4. 1. Cho 2,13 gam P2O5 tác dụng hết với V ml dung dịch NaOH 1M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X chỉ chứa 4,48 gam muối. Tính V.

Câu 9. Axit xitric (có trong quả chanh): HOOC-CH2-C(OH)(COOH)-CH2-COOH trong nước có thể phân li theo 3 nấc tạo ra 3 ion tương ứng là X-, X2-, X3-.

2. Ba nguyên tố A, M, X đều thuộc chu kỳ 3. Hãy xác định các chất A1, A2, A3 viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau:

1. Hãy viết công thức cấu tạo của X-, X2-, X3-.

(a)

A(OH)m + MXy

 → A1 ↓

(b)

A1 ↓

 →

A2(tan)

(c)

+ HX

 →

A1 ↓

(d)

+ HX

 →

A3 (tan) +…

+ A(OH)m

+…

Câu 5. 1.Hỗn hợp X gồm CuO, Al và Fe3O4. Cho 1,344 lít khí CO (đktc) đi qua a gam X nung nóng, sau một thời gian thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với H2 bằng 18. Hòa tan hoàn toàn Y trong dung Trang 145

Hãy tính khối lượng mỗi ancol trong R.

2. Đun nóng axit xitric đến 1760C thu được axit A (C6H6O6). Khử axit A tạo ra axit propan-1,2,3tricacboxylic. Nếu tiếp tục đun nóng axit A sẽ thu được hỗn hợp gồm axit B (C5H6O4, không có đồng phân hình học) và axit C (C5H6O4, có đồng phân hình học); hai axit này chuyển hóa ngay thành các hợp chất mạch vòng có cùng công thức phân tử C5H4O3. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra dưới dạng công thức cấu tạo.

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

Trang 146

SiCl4 + (n+2)H2O → SiO2.nH2O + 4HCl

- Học sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học).

*. SiCl4 tác dụng với H2O trong không khí ẩm làm HCl bay hơi, HCl tan trong nước có trong không khí ẩm tạo thành giọt nhỏ nhìn như khói.

- Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh: ...............................................................................Số báo danh:................

Câu 2

Đi ể m

Nội dung Vì X3 phải là HOOC-CH2-CH2-CH2-CH2-COOH  X2 là C2H5OH  X1 là C2H5OOC(CH2)4-COOC2H5 X4 là H2N(CH2)6NH2 và X5 là C2H5OOC-(CH2)4-COOH (a) C2H5OOC(CH2)4COOC2H5 (X) + 2NaOH → NaOOC(CH2)4COONa(X1) + C2H5OH (X2)

(b) NaOOC(CH2)4COONa(X1) + H2SO4 → HOOC(CH2)4COOH(X3) + Na2SO4 (c) nHOOC(CH2)4COOH(X3) + nNH2(CH2)6NH2 (X4) → nilon-6,6 + 2nH2O (d) C2H5OH(X2) + HOOC(CH2)4COOH (X3) → C2H5OOC-(CH2)4-COOH(X5) + H2O

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

a. Phenol có nhiệt độ sôi cao hơn anilin vì O có độ âm điện lớn hơn N nên tạo ra được liên kết H bền hơn

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT

HÀ TĨNH

0, 5

NĂM HỌC 2014-2015 b. Catechol có liên kết hidro nội phân tử nên số liên kết liên phân tử ít hơn so với hiđroquinon nên hiđroquinon có nhiệt độ sôi cao hơn catechol.

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC Nội dung

Câu 1

Đi ể m

OH OH

A là PCl5; B là PCl3

NH2

Phân tử A có hình lưỡng chóp tam giác vì P lai hóa sp3d

c. Trong dầu mỏ chủ yếu tồn tại hidrocacbon no và hidrocacbon thơm vì 2 loại này bền còn hidrocacbon không no kém bền nên không tồn tại. d. * Công thức cấu tạo của Prisman là

Phân tử B có hình tứ diện vì P lai hóa sp C là HI, D là là SO2, E là Na2S2O3 2HI + Br2 → 2HBr +I2

0, 5

* Prisman dễ nổ vì phân tử có nhiều mạch vòng 3 cạnh và 4 cạnh kém bền.

1 SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr Na2S2O3 + H2SO4 → Na2SO4 + SO2 + S + H2O.

X là CO, Y là SiCl4 *. SiO2 + 2C + 2Cl2

0, 5 1

9000C

SiCl4 + 2CO Trang 147

Trang 148

Câu 3

(b) Al(OH)3 + OH- → [Al(OH)4]-

Đi ể m

Nội dung

Số mol X = 0,1 mol, tổng số vòng + liên kết π của phân tử X bằng 3. X tác dụng tối đa với NaOH tỷ lệ 1:2

(d) Al(OH)3 + 3H+ → Al3+

Câu 5

- TH1: X + NaOH → muối + ... Ta có 14,4+0,1*40<22,4 loại

Nội dung

Đi ể m

CO Sơ đồ phản ứng: Al, CuO, Fe3O4 → Y + Z (CO, CO2)

-TH2: X + 2NaOH → muối + hỗn hợp Y

3 → Al(NO3)3, Cu(NO3)2, Fe(NO3)3 + NO + NO2 + H2O Y 

HNO

Ta có 14,4+0,2*40=22,4 + mY  mY=0  X là este vòng

X + 2NaOH → 2HO-R-COONa

0, 5

 MHORCOONa=22,4/0,2=112  MR=28

O CH2

CH2

CH3

Quy đổi hỗn hợp Y thành kim loại M và O (số mol tương ứng là x, y)

0, 25

Công thức cấu tạo có thể có của X là

CH2

Từ giả thiết tính được số mol CO = Số mol CO2 = 0,03 mol

hoặc

Bảo toàn e cho cả quá trình

→ Mn+ + ne M 

CH3

→ O2O + 2e  0, 25

→ N+2 N+5 + 3e  0, 5

→ N+4 N+5 + 1e  2

Ta có mAg=108*2*n -CHO=108*2*(0,01*2*0,6+0,02*2*0,7+0,02*0,3)=9,936 gam

Câu 4

Nội dung

Ta có phương trình: n*x = 2y + 0,03*3+0,03 (1)

Đi ể m

Mặt khác ta có phương trình cho khối lượng muối 0,75a + 62*n*x = 0,75a + 62(2y + 0,12) = 3,08a (2)

nmuối=2*nP2O5=0,015*2=0,03  Khối lượng mol trung bình của muối bằng

Phương trình cho khối lượng oxi trong X

M=4,48/0,03=149,3  2 muối là Na2HPO4 và Na3PO4.

Gọi số mol Na2HPO4 và Na3PO4 lần lượt là a và b ta có a+b=0,03 142a+164b=4,48

 a=0,02

b=0,01  nNaOH=0,02*2+0,01*3=0,07 (mol)

0,25a = 16*(y+0,03) (3)

Theo giả thiết ta có số mol KOH = 1,68756.10-3 mol, Y là

V=0,07/1=0,07 lít = 70 (ml)

KnZO4 trong đó số mol Y = 1,68756.10-3/n

Phương trình phản ứng (a)

Vậy MY = 138,5n = 39n + Z + 64. Giá trị thích hợp là n =1, Z = 35,5 (clo); muối là KClO4

3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3(A1) + 3NaCl

(b)

Al(OH)3(A1) + NaOH → Na[Al(OH)4](A2)

(c)

Na[Al(OH)4](A2) + HCl → Al(OH)3 (A1)+NaCl + H2O

(d)

Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 (A3) + 3H2O

0, 5

a = 9,478 gam

X là HClO4 và mX = 0,16959 gam

0, 5

b. HClO4 có tính chất: 1

* Tính axit mạnh.

0, 5

* Tính oxi hóa mạnh.

hoặc

Câu 6

(a) Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 Trang 149

Nội dung

Đi ể Trang 150

N3- + 4H+→ NH4+

(1)

NH4+ + OH- → NH3 + H2O

(2)

Công thức cấu tạo của A và B lần lượt là

NH3 + H+ → NH4+

(3)

CH3-CH-CH-CH3

IO3- + 5I- + 6H+ → 3I2 + 3H2O

(4)

I2 + 2S2O32- → 2I- + S4O62-

(5)

Có (0,014*0,016) = 224.10-6 mol S2O32- đã phản ứng  112.10-6 mol I2  số mol H+ phản ứng với hỗn hợp I- và IO3- là 224.10-6

CH3-CH=CH-CH3 + H2O

CH3 OH

CH3 t0

CH3-CH -CH-CH3 + CuO

0, 5

CH3 OH CH3-CH-CH-CH3

0, 5

CH3-CH-CO-CH3 + Cu + H2O CH3

H2SO4 đặc 1700C

CH3 OH

CH3-C=CH-CH3 + H2O CH3

Số mol H+ trung hoà NH3 (ở phản ứng 3) là 5CH3-C=CH-CH3 + 6KMnO4 + 9H2SO4

(2*0,015*0,01) - 224*10-6 = 7,6*10-5 mol = số mol NH3 = số mol N trong mẫu thép

CH3

5CH3-CO-CH3

+ 5CH3COOH + 6MnSO4 + 3K2SO4 + 9H2O

%N = 7,6*10-5*14/10 = 0,01064% Phản ứng:

Câu 8

→ CO32- + H2O HCO3- + OH- 

HD: Gọi công thức chung của 2 ancol là CnH2n+2O

→ BaCO3 CO32- + Ba2+ 

nancol mỗi phần=2*nH2= 2*0,07=0,14

Suy ra số mol HCO3- = 0,2 mol

5,742*(100/60)+0,07*18 <mancol mỗi phần <5,742*(100/50)+0,07*18

→ M2CO3 + CO2 + H2O 2MHCO3 

 5,742*(100/60)+0,07*18 < 0,14(14n+18) <5,742*(100/50)+0,07*18

0,2

0,1

Khối lượng hỗn hợp khí và hơi là: 0,1(44 + 18) = 6,2 gam <21,4 (loại) Trường hợp muối là dạng amoni thì khối lượng khí và hơi = khối lượng muối = 21,4. MHCO3 = 21,4/0,2 = 107

Nên muối là C2H5NH3HCO3 Tên: etylamoni hidrocacbonat hoặc (CH3)2NH2HCO3 dimetylamoni hidrocacbonat

Câu 7

TH1: 2 ancol là C4H9OH và C5H12OH 1. Các anken là C4H8 và C5H10.

0, 25

2. Gọi số mol C4H10O và C5H12O trong mỗi phần lần lượt là a và b ta có a+b=0,14

nBa(OH)2=0,035

nBaCO3=0,02

* Nếu Ba(OH)2 dư nCO2=0,02 nguyên tử C bằng 0,17 (loại)

Số mol C4H10O phản ứng là 0,5a

0, 5

mancol phản ứng - mH2O tạo ra = mete a=0,06

Đi ể m

Nội dung

A có công thức C5H12Ox. Vì Khi oxi hóa A bằng CuO nung nóng được xeton đơn chức  A là ancol đơn chức  Công thức phân tử của A là C5H12O

74*0,5a+88*0,6b - 18(0,5a+0,6b)/2 = 5,742

mC5H12O=2*12=14,08 gam

0, 5

TH2: 2 ancol là C5H11OH và C6H13OH

nA=0,1133 trong mỗi phân tử A có số

* Nếu Ba(OH)2 hết nCO2=0,02+2*(0,035-0,02)=0,05mol. nH2O=0,06

số mol C5H12O phản ứng là 0,6b

b=0,08

mC4H10O=2*0,06*74=8,88 gam

mCO2+mH2O=(3,94+119,04)-119,7=3,28 gam nH2O=0,1333

4,24<n<5,22

0, 25

Suy ra M = 46, M là (CH3)2NH2+ hoặc C2H5NH3+

Đi ể m

Nội dung

2. Gọi số mol C5H11OH và C6H13OH trong mỗi phần lần lượt là a và b ta có

0, 5

a+b=0,14 Số mol C5H11OH phản ứng là 0,5a 0,6b

số mol C6H13OH

phản ứng là

0, Trang 151

Trang 152

mancol phản ứng - mH2O tạo ra = mete a= 0,127

88*0,5a+102*0,6b - 18(0,5a+0,6b)/2 = 5,742

CH2

+ H2 O

b=0,013

mC5H12O=2*0,127*88= 22,352 gam

COOH

mC5H12O=2*0,013*102=2,652 gam

COOH

0, 5 Câu 9

Nội dung

Cấu tạo của các ion: X-, X2-, X3- lần lượt là: OH

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

1 CH2

CH2

COOH COO- COOH

CH2

COOH COO- COO-

CH2

COO-

COO- COO-

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀOTẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT HÀ TĨNH

Các phương trình phản ứng

NĂM HỌC 2015-2016 Môn : Hóa học

CH2

COOH

COOH COOH

CH2

1760C

ĐỀ CHÍNH THỨC

+ H2O

CH2

COOH

COOH COOH

Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)

Dung dịch chất A

CH2

COOH

COOH COOH

+ H2

CH2

t ,xt

COOH

CH2

COOH

CH2

COOH COOH

CH2

COOH

COOH COOH

COOH

CH2

+ CO2

Câu 1: a. Em hãy trình bày cách tráng một lớp bạc mỏng lên mặt trong một ống nghiệm. Nêu rõ hóa chất cần dùng và viết phương trình hóa học xẩy ra. b. Cho biết bộ dụng cụ trong hình vẽ bên được sử dụng để điều chế chất nào trong số các chất: HNO3, N2O, N2? Hãy cho biết các hợp chất A, B tương ứng? Viết phương trình hóa học xẩy ra trong quá trình điều chế, nêu vai trò của chất C?

COOH

+ CO2

Hợp chất B Bông tẩm chất C

Nước đá

Câu 2:

COOH

a. So sánh lực bazơ của các chất có vòng benzen sau: m-CH3C6H4NH2, p-CH3C6H4NH2,

o-CH3C6H4NH2, p-O2NC6H4NH2, p-ClC6H4NH2. Giải thích? CH2

COOH

CH2

b. So sánh lực axit của các chất sau:

+ H2 O

(CH3)3CCOOH; CH3CH=CHCH2COOH; CH3CH2CH=CHCOOH; (CH3)2CHCOOH;

CH2=CHCH2CH2COOH. Giải thích?

Câu 3: Trang 153

Trang 154

Hỗn hợp A gồm một peptit X và một peptit Y (mỗi chất được cấu tạo từ 1 loại aminoaxit, tổng số nhóm – CO–NH– trong 2 loại phân tử là 5) với tỉ lệ số mol nX:nY=2:1. Khi thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp A thu được 5,625 gam glyxin và 10,86 gam tyrosin. Tính giá trị m.

Câu 4:

Hỗn hợp X gồm ba hidrocacbon mạch hở, có tỉ khối hơi so với H2 là 21,2. Đốt cháy hoàn toàn 4,24 gam X, thu được 6,72 lít khí CO2 (đktc). Khi cho 2,12 gam hơi X vào bình kín dung tích 500 ml (có xúc tác Ni với thể tích không đáng kể), áp suất bình là p, ở 00C. Cho khí H2 vào bình, áp suất bình là 2p, ở 00C. Nung nóng bình, áp suất giảm dần đến giá trị thấp nhất là p1, 00C. Lúc này trong bình chỉ chứa hai khí không làm mất màu dung dịch nước brom. Biết rằng trong X, hidrocacbon có phân tử khối nhỏ nhất chiếm 20% thể tích của hỗn hợp.

Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính m. Câu 9:

Cho 20 gam hỗn hợp A gồm FeCO3, Fe, Cu, Al tác dụng với 60 ml dung dịch NaOH 2M, thu được 2,688 lít khí H2. Sau khi kết thúc phản ứng, cho tiếp 740 ml dung dịch HCl 1M vào hỗn hợp rồi đun nóng, thu được hỗn hợp khí B và còn một phần chất rắn chưa tan (C). Sục khí B vào dung dịch Ca(OH)2 dư thì xuất hiện 10 gam kết tủa. Cho chất rắn C tác dụng với dung dịch HNO3 đặc, nóng, dư, thu được dung dịch D và 1,12 lít một chất khí duy nhất. Cho D tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được kết tủa E. Nung E đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn. Tính khối lượng các chất trong A và tính m. Các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn, các phản ứng đều xẩy ra hoàn toàn.

a. Xác định công thức phân tử và thành phần % thể tích các chất trong X.

Câu 10:

b. Tính giá trị của p, p1.

Hoà tan hoàn toàn 0,812 gam một mẫu quặng sắt gồm FeO, Fe2O3 và 35% tạp chất trơ trong dung dịch H2SO4 (dư), thu được dung dịch X. Sục khí SO2 vào dung dịch X, thu được dung dịch Y. Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 22,21 ml dung dịch KMnO4 0,1M. Mặt khác, hoà tan hết 1,218 gam mẫu quặng trên trong dung dịch H2SO4 (dư) rồi thêm dung dịch KMnO4 0,1M vào dung dịch thu được cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thì hết 15,26 ml dung dịch KMnO4 0,1M.

Câu 5: Đun nóng m gam hỗn hợp X gồm các chất có cùng một loại nhóm chức với 600 ml dung dịch NaOH 1,15M, thu được dung dịch Y chứa muối của một axit cacboxylic đơn chức và 15,4 gam hơi Z gồm các ancol. Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư, thu được 5,04 lít khí H2 (đktc). Cô cạn dung dịch Y, nung nóng chất rắn thu được với CaO cho đến khi phản ứng xảy hoàn toàn, thu được 7,2 gam một chất khí. Tính m.

Câu 6:

a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tính thể tích SO2 (đktc) đã dùng và thành phần phần trăm theo khối lượng của FeO, Fe2O3 có trong mẫu quặng.

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

Hợp chất A có công thức phân tử C7H6O2, tan ít trong nước nhưng tan tốt trong dung dịch NaOH tạo thành muối B (công thức C7H5O2Na). B tác dụng với nước brom tạo ra hợp chất D, trong phân tử D chứa 64% Br về khối lượng. Khử 6,1 gam hợp chất A bằng hidro (xúc tác Pt) ở 200C thu được 5,4 gam hợp chất thơm G. a. Tính hiệu suất của phản ứng tạo ra G.

- Học sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học). - Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.

b. Xác định công thức cấu tạo của các hợp chất A, B, D, G.

- Họ và tên thí sinh: ............................................................................Số báo danh:.......... Câu 7:

Cho m gam hỗn hợp gồm hai kim loại Mg và Al có tỉ lệ mol tương ứng là 4:5 vào dung dịch HNO3 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 H2 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 HNO3 ban đầu dùng dư 20% so với lượng cần thiết. Tính nồng độ % của muối Al(NO3)3 trong dung dịch A. Câu 8:

Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 bằng 200 ml dung dịch chứa H2SO4 0,5M và HNO3 2,5M thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1 mol NO và a mol NO2 (không có sản phẩm khử khác). Chia dung dịch Y thành hai phần bằng nhau. - Phần một tác dụng với 500 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được 5,35 gam một chất kết tủa. - Phần hai tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa. Trang 155

Trang 156

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

a. So sánh lực bazơ của các chất có vòng benzen sau: m-CH3C6H4NH2, p-CH3C6H4NH2,

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT

HÀ TĨNH

o-CH3C6H4NH2, p-O2NC6H4NH2, p-ClC6H4NH2. Giải thích?

NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC LỚP 12

b. So sánh lực axit của các chất sau:

(CH3)3CCOOH; CH3CH=CHCH2COOH; CH3CH2CH=CHCOOH; (CH3)2CHCOOH; CH2=CHCH2CH2COOH. Giải thích? Dung dịch chất A

Hướng dẫn chấm

Câu 2

Hợp chất B

Nội dung

Lực bazơ giảm dần theo dãy: o-CH3C6H4NH2 > p-CH3C6H4NH2 > m-CH3C6H4NH2 > p-ClC6H4NH2 > p-O2NC6H4NH2.

Bông tẩm chất C

Nước đá

Giải thích: CH3 là nhóm đẩy electron làm tăng lực bazơ, ở vị trí octo có ảnh hưởng mạnh nhất, vị trí para có ảnh hưởng mạnh hơn vị trí meta (do hiệu ứng octo và para); riêng nhóm NO2 có hiệu ứng –C, hút electron mạnh nhất làm giảm mạnh lực bazơ, nhóm Cl có hiệu ứng –I và +C làm giảm ít lực bazơ của NH2, từ đó ta có thứ tự như trên.

Hướng dẫn chấm Câu 1

Nội dung

* Lấy một ít dung dịch AgNO3 vào một ống nghiệm sạch, thêm từ từ dung dịch NH3 đến khi kết tủa xuất hiện rồi tan hết. Thêm vào dung dịch một ít dung dịch RCHO (học sinh có thể dùng một chất bất kỳ khác có nhóm -CHO). Đun nóng từ từ ống nghiệm một thời gian ta thu được ống nghiệm có tráng một lớp Ag mỏng phía trong. a.

* Các phương trình phản ứng:

Lực axit giảm dần theo dãy: CH3CH=CHCH2COOH > CH3CH2CH=CHCOOH > CH2=CHCH2CH2COOH > (CH3)2CHCOOH > (CH3)3CCOOH

Điểm

0,5 điểm

Giải thích: Các axit có chứa liên kết C=C làm tăng lực axit (do độ âm điện của các nguyên tử Csp2 khá cao), ở axit thứ 2 có chứa liên kết CH3-CH2-CH=CH-C(OH)=O

0,5 điểm

0,5 có hiệu ứng +C nên lực axit kém hơn so với axit thứ nhất, hai axit cuối có các điểm nhóm CH3 đẩy electron nên làm giảm lực axit và số nhóm CH3 càng nhiều thì lực axit càng giảm

AgNO3 + NH3 + H2O → Ag(OH) + NH4NO3 Ag(OH) + 2NH3 → [Ag(NH3)2]OH 2[Ag(NH3)2]OH + R-CHO

2Ag + RCOONH4 + 3NH3 + H2O

0,5 điểm

Câu 3:

Bộ dụng cụ đã cho dùng điều chế HNO3. A là dung dịch H2SO4 đặc, B là KNO3 rắn (hoặc NaNO3 rắn ...), C là bazơ kiềm dùng để tránh HNO3 thoát ra ngoài. b.

Phương trình hóa học xảy ra: KNO3(r) + H2SO4(đ) 2KNO3(r) + H2SO4(đ)

t0 t

KHSO4 + HNO3 0

K2SO4 +2 HNO3

0,5 điểm

Hướng dẫn chấm

0,5 điểm

Câu 3

Nội dung

ngly=0,075

Điểm

nTyr=0,06 nX=2a nY=a

TH1: Hỗn hợp gồm: 2a mol X (phân tử có t nhóm -CONH- được tạo ra từ Gly) và a

Câu 2: Trang 157

Trang 158

mol Y (phân tử có 5-t nhóm -CONH- được tạo ra từ Tyr) 2a*(t+1)=0,075 nguyên loại.

a*(5-t+1)=0,06

at=0,0236

a=0,0139

Gọi 2 ankan là CnH2n+2 và CmH2m+2 có số mol tương ứng là x, y, ta có hệ t=1,697 không 1,0 điểm

(14n +2)x + (14m+2)y = 22,2 Vì số mol CO2 tạo ra khi đốt cháy X cũng bằng số mol CO2 tạo ra khi đốt cháy 2 ankan = 0,15 mol => từ phản ứng cháy của 2 ankan thì ta có:

TH2: Hỗn hợp gồm: 2a mol X (phân tử có t nhóm -CONH- được tạo ra từ Tyr) và a mol Y (phân tử có 5-t nhóm -CONH- được tạo ra từ Gly) 2a*(t+1)=0,06

a*(5-t+1)=0,075

nx + my = 0,15 => x+y = 0,06

at=0,015 a=0,015 t=1 thõa mãn

 Hỗn hợp gồm 0,03 mol X (gồm 2 gốc Tyr) và 0,015 mol Y (gồm 5 gốc Gly) m=14,865 gam

Vì phản ứng hidro hóa không làm thay đổi số mol hidrocacbon nên số mol X = 0,05 <0,06 là không thõa mãn. Vậy ba hidrocacbon là C3H8, C3H6 và C3H4.

1,0 điểm

0,5 điểm Câu 4:

Áp dụng công thức PV =nRT, ta có P = 0,05*0,082*273/0,5 = 2,2386 (atm)

Các phản ứng với H2: C3H4 + 2H2 C3H6 + H2

a. Xác định công thức phân tử và thành phần % thể tích các chất trong X. b. Tính giá trị của p, p1.

C3H8 C3H8

Theo giả thiết ta có số mol của C3H4 = 0,01 mol. Gọi x, y lần lượt là số mol của C3H8 và C3H6 trước phản ứng, ta có hệ: x + y = 0,04 44x + 42y = 2,12 - 0,01x40 = 1,72. Giải hệ ta được x =0,02 và y = 0,02

1,0 Từ các phản ứng với H2 trên ta tính được số mol hỗn hợp sau phản ứng = 0,06 mol điểm => p1 = 2,686 atm

Hướng dẫn chấm Câu 4

Nội dung

Điểm

Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp là M = 21,2x2=42,4  số mol X = 0,1 mol.

Số mol CO2 tạo ra = 0,3 mol. Gọi công thức chung của 3 hidrocacbon là CxHy, phản ứng cháy: CxHy + (x+y/4)O2

xCO2 + y/2 H2O

Từ phản ứng cháy  x = 3.

Hướng dẫn chấm

Vì bình kín, nhiệt độ không đổi mà áp suất gấp đôi nên số mol khí tăng gấp đôi a.

Câu 5

 số mol X = số mol H2= 0,05 mol.

Vì X thủy phân ra muối của axit hữu cơ và chất tác dụng với Na cho H2  X là hỗn hợp este. Gọi este là (RCOO)nR’, ta có

TH1: Nếu trong bình sau cùng là ankan và H2 thì 3 hidrocacbon ban đầu phải có cùng số nguyên tử C và bằng 3. Vậy ba hidrocacbon là C3H8, C3H6 và C3H4

TH2: Nếu trong bình sau cùng là 2 ankan  khối lượng 2 ankan = 2,12 + 0,05*2 = 22,2 gam

Điểm

Số mol NaOH = 0,69 mol; số mol H2 = 0,225 mol

Vì khi nung áp suất giảm nên có phản ứng cộng xảy ra và sản phẩm khí là 2 ankan hoặc 1 ankan và H2.

%C3H8 = 20%; %C3H6 = %C3H4 = 40%

Nội dung

0,5 điểm

(RCOO)nR’ + nNaOH

nRCOONa + R’(OH)n

(1)

R’(OH)n + nNa

R’(ONa)n + n/2H2

(2)

0,5 điểm

Từ (1) và (2) ta có số mol NaOH = 0,45 mol và số mol RCOONa = 0,45 mol Mặt khác ta có: Trang 159

Trang 160

RCOONa + NaOH

CaO, t0

RH + Na2CO3

1,0 điểm

0,5 điểm

(3)

Theo giả thiết số mol NaOH còn ở (3) = 0,69 – 0,45 = 0,24, vậy số mol RH = 0,24 mol => RH = 30 và R là C2H5 1,0 điểm

Áp dụng bảo toàn khối lượng ta tính được

Câu 7:

m = 15,4 + 0,45x96 – 0,45x40 = 40,6 (gam)

Câu 6:

a. Tính hiệu suất của phản ứng tạo ra G. b. Xác định công thức cấu tạo của các hợp chất A, B, D, G.

Hướng dẫn chấm Câu 7

Hướng dẫn chấm Câu 6

Nội dung

Hỗn hợp Z gồm N2 và N2O có M = 40, đặt số mol tương ứng là a, b, ta có hệ: a + b = 0,2 ; 28a + 44b = 8. Giải hệ ta  a = 0,05, b= 0,15, từ đó ta có số mol NO = 0,1 mol. Khi cho KOH vào dung dịch A tạo kết tủa lớn nhất gồm Mg(OH)2 và Al(OH)3, theo giả thiết nếu gọi 4x và 5x lần lượt là số mol của Mg và Al thì ta có tổng số mol OH- trong kết tủa là 23x = 39,1:17 = 2,3. Vậy x = 0,1  tổng số mol electron do Mg và Al nhường ra = 2,3 mol Mặt khác từ số mol khí trên thì số mol electron do HNO3 nhận = 2 mol  sản phẩm có NH4NO3 = 0,0375 mol  tổng số mol HNO3 đã dùng là: 2,3 + 0,05x2 + 0,15x2 + 0,1 + 0,0375x2 = 2,875 mol. Vì axit lấy dư 20% nên số mol HNO3 đã lấy là: 3,45 mol => khối lượng dung dịch HNO3 = 1086,75 gam

Điểm

Do số nguyên tử C gần bằng số nguyên tử H và khả năng hòa tan kém của A trong nước, tác dụng với H2 tạo ra hợp chất thơm G  A là hợp chất thơm. A tác dụng được với NaOH => có chứa nhóm -OH thuộc phenol hoặc nhóm COOH và đều chỉ chứa một nhóm (do tạo sản phẩm chứa 1 nguyên tử Na). Ở điều kiện thường B tác dụng với dung dịch nước brom nên B là muối của phenol  nhóm thế còn lại là CHO. Vậy công thức của A là HO-C6H4-CHO. Phản ứng của A với H2 tạo HO-C6H4-CH2OH (G) Theo lý thuyết, số gam G thu được là 6,1.124/122 = 6,2 gam

0,5 điểm

Hiệu suất tạo ra G = 5,4/6,2 = 0,871 hay 87,1%

 khối lượng dung dịch sau phản ứng = 1086,75 + 0,4x24 + 0,5x27 - 0,05x28 – 0,15x44 – 0,1x30 = 1098,85 gam; khối lượng Al(NO3)3 = 106,5 gam

Gọi sản phẩm của B với nước brom là HO-C6H4-nBrn-COOH ta có

0,5 điểm

ONa Br

0,5 điểm 0,5 điểm

1,0 điểm

ONa

Điểm

 C% = 106,5x100 :1098,85 = 9,69%.

80n/(138+79n) = 0,64  n =3. Vậy công thức của D là HO-C6HBr3-COOH Trong A các nhóm thế phải ở vị trí meta với nhau vì chỉ trường hợp này vòng benzen mới có 3 nguyên tử H bị thay thế bởi brom. Từ đó  công thức cấu tạo của A, B, D, G lần lượt là OH

Nội dung

CHO

CH2OH

Câu 8:

Trang 162

- Phần hai tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính m.

Gọi x, y, z, t lần lượt là số mol FeCO3, Fe, Cu, Al trong 20 gam X Ta có: 116x + 56y + 64t + 27z = 20 PTPU với NaOH

Hướng dẫn chấm Câu 8

Nội dung

Al + H2O + NaOH Na AlO2 + 1,5H2 Số mol H2 = 0,12 mol => Số mol NaOH dư = 0,04 mol Vậy Al hết và t=0,08 mol Hỗn hợp thu được gồm: dung dịch Na AlO2, NaOH và chất rắn FeCO3, Cu, Fe Khi tác dụng với HCl HCl + NaOH NaCl + H2O 4HCl + Na AlO2 AlCl3 + NaCl + 2H2O 2HCl + FeCO3 FeCl2 + CO2 + H2O 2HCl + Fe FeCl2 + H2

Điểm

Tổng số mol ion H+ = 0,7 mol; SO42- = 0,1 mol, NO3- = 0,5 mol Sơ đồ phản ứng: Fe, Fe3O4 + H+ + NO3Fe3+ + NO + NO2 + H2O Giả sử hỗn hợp Fe và Fe3O4 chỉ gồm Fe và O có số mol tương ứng là x, y Sơ đồ cho nhận electron: Fe – 3e Fe3+ + O +2e + 2H H2O NO3- + 3e + 4H+ NO + 2H2O + NO3 + 1e + 2H NO2 + H2O Bảo toàn e: 3x = 2y + 0,3 + a (1) Khối lượng: 56x + 16y = 10,24 (2) Từ trên ta có số mol H+ còn dư = 0,7 – 2y – 0,4 – 2a = 0,3 – 2y – 2a Khi cho phần 1 tác dụng với 0,2 mol KOH, ta có KOH + H+ H2O + K+ Fe3+ + 3OHFe(OH)3  Tổng số mol OH- = 0,15 –y – a + 0,05x3 = 0,2  y + a = 0,1 (3) Giải hệ (1), (2), (3) ta được x = 0,16; y = 0,08; a = 0,02 Vậy khi cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào phần hai thì có các kết tủa là Fe(OH)3 = 0,08 mol và BaSO4 = 0,05 mol  m = 20,21 gam.

Khí B gồm H2 và CO2: tác dụng với Ca(OH)2 dư CO2 + Ca(OH)2

CaCO3 + H2O

Từ các phản ứng trên ta có x = 0,1 Chất rắn C có Cu và có thể có Fe dư, không có FeCO3 vì tác dụng với HNO3 chỉ tạo một khí NO2 = 0,05 mol + TH1: Nếu Fe hết, C chỉ có Cu

Cu + 4HNO3

1,0 điểm

Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O

z = 0,025 mol Kết hợp các Ptpu trên ta có y = 0,08286 t = 0,08 Tổng số mol HCl pư = 0,7257 < 0,74 . Vậy HCl còn dư và Fe hết là thõa mãn.

0,5 điểm

+TH2: Fe dư và chuyển hết thành Fe3+

1,0 điểm

Cu + 4HNO3

Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O

Fe + 6HNO3

Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O

Giải hệ ta có: x = 0,1; y = 0,1; z = 0,01, t = 0,08

0,5 điểm

mFeCO3=11,6 (gam), mFe=5,6 (gam), mCu=0,64 (gam), mAl= 2,16 (gam) Câu 9:

m=0,025*160+0,01*80= 4,8 (gam)??? m = 0,005.160 + 0,01.80 = 1,6 gam

Nội dung

0,5 điểm

Câu 10:

Hướng dẫn chấm Câu 9

0,5 điểm

Điểm

Trang 163

Trang 164

a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

Vậy:

b. Tính thể tích SO2 (đktc) đã dùng và thành phần phần trăm theo khối lượng của FeO, Fe2O3 có trong mẫu quặng.

SO 2

= 3,01.10-3 (mol) → VSO2 = 22,4 . 3,01.10-3 = 0,0674 (lit)

% FeO =

0,3663 .100 = 45,11 % 0,8120

% Fe2O3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 %

Hướng dẫn chấm Câu 10

n

Nội dung

Điểm

Các phương trình phản ứng:

FeO + H2SO4

FeSO4 + H2O

(1)

Fe2O3 + 3H2SO4

Fe2(SO4)3 + 3H2O

(2)

Fe2(SO4)3 + 2H2O + SO2

2FeSO4 + 2H2SO4

10FeSO4 + 2KMnO4+ 8H2SO4 (4)

5Fe2(SO4)3 + 2MnSO4

1,0 điểm

(3) K2SO4+ 8 H2O

5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4

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

1,0 điểm

(5)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

Từ (1) và (4) ta có:

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

nFeO (trong 1,2180 gam) = n Fe2+ = 5. n MnO− = 5 . 0,10 . 15,26.10-3 = 7,63.10-3 (mol)

(Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)

 nFeO (trong 0,8120 gam) =

7,63.10-3 . 0,8120 = 5,087.10-3 (mol) 1,2180

và m Fe2O3 (trong 0,8120 gam) = 0,8120 . 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g)

0,1615 ≈ 1,01.10-3 (mol) 160

Câu 2: Cho hỗn hợp bột gồm 54,8 gam kim loại Ba và lượng vừa đủ NH4NO3 vào bình chân không, rồi nung nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp sản phẩm (hỗn hợp X) chỉ gồm 3 hợp chất của bari. Cho X tan hết trong lượng nước dư, thu được hỗn hợp khí Y và dung dịch Z. 1.Viết phương trình các phản ứng xảy ra. 2. Cho toàn bộ hỗn hợp Y vào bình kín(có xúc tác thích hợp) rồi nung bình một thời gian, giữ nguyên nhiệt độ khi nung thì thấy áp suất trong bình tăng 20% so với áp suất trước khi phản ứng. Tính phần trăm theo thể tích các khí trong hỗn hợp sau khi nung. 3.Trộn dung dịch Z ở trên với 200 ml dung dịch hỗn hợp Al2(SO4)3 1M và NaHSO4 1,5M, kết thúc các phản ứng thu được m gam kết tủa. Tính m?

Tương tự, từ (3) và (5) ta có:  n SO2 = n SO2 (3) + n SO2 (5) b.

Trong đó: theo (3) thì số mol SO2 = n Fe2O3 (trong 0,8120 gam) = 1,01.10-3 (mol)

5 5 1 n SO2 (5) = n MnO- (5) = ( n MnO- −  n Fe2+ ) 4 4 2 2 5 với:

n

Fe 2+

= nFeO (trong 0,8120 gam) + 2.n Fe2 O3 (trong 0,8120 gam)

Câu 3: 1. Hòa tan hoàn toàn 3,60 gam Mg trong 500 ml dung dịch HNO3 0,80M, phản ứng kết thúc thu được 448 ml một khí X (ở đktc) và dung dịch Y có khối lượng lớn hơn khối lượng dung dịch HNO3 ban đầu là 3,04 gam. Để phản ứng hết với các chất trong Y cần vừa đủ V ml dung dịch NaOH 2,00M. Tính V? 2.Đốt cháy hoàn toàn 0,72 gam cacbon trong oxi ở nhiệt độ thích hợp, phản ứng kết thúc, thu được hỗn hợp X ( gồm hai khí), tỷ khối của X so với H2 bằng 20,50. Cho từ từ đến hết lượng khí X trên lội vào 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm NaOH 0,90M và BaCl2 0,40M, thu được kết tủa. Hãy vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của khối lượng kết tủa theo số mol CO2 có trong X.

5 1  n SO2 (5) = ( n MnO- − (n FeO (trong 0,8120 gam) + 2.n Fe2O3 (trong 0,8120 gam)) 4 2 5  n SO2 (5) =

Môn thi: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1: X là hợp chất của nhôm với nguyên tố Y. Đốt cháy X trong lượng oxi vừa đủ thu được oxit nhôm và khí Z, tỷ khối của Z so với metan bằng 4,0. Hòa tan hoàn toàn 3,0 gam X trong 100 ml dung dịch NaOH 1,4M, các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch A và kết tủa B. Dung dịch A tác dụng vừa đủ với m gam Br2. 1.Tính nồng độ mol các chất có trong A. 2.Tính khối lượng kết tủa B. 3.Tính m.

 mFeO (trong 0,8120 gam) = 72 . 5,087.10-3 = 0,3663 (g)

 n Fe2O3 (trong 0,8120 gam) =

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016-2017

5 1 -3 -3 -3  -3  0,10 . 22,21.10 - (5,087.10 + 2 . 1,01.10 )  ≈ 2.10 (mol). 2 5 

Trang 165

Trang 166

Câu 4: 1. Cho hỗn hợp X gồm m gam một oxit sắt và 1,28 gam bột Cu vào dung dịch H2SO4 loãng, dư, sau khi các chất rắn tan hết thu được dung dịch X. Dung dịch X làm mất màu vừa hết 200 ml dung dịch KMnO4 0,10M. Tính m? 2. Điện phân (điện cực trơ, có màng ngăn xốp) 100 ml dung dịch hỗn hợp CuSO41,00M và NaCl CM với dòng điện có cường độ 5,00 A, trong thời gian t giây, thu được dung dịch X. Dung dịch X phản ứng được tối đa với 1,12 lít H2S (ở đktc). Giả sử hiệu suất điện phân 100% và quá trình điện phân không làm thay đổi thể tích dung dịch. a. Cho biết thứ tự các ion và phân tử bị điện phân ở mỗi điện cực? b. Tính giá trị của CM và t? Câu 5: 1.Đốt cháy hoàn toàn m gammột hidrocacbon X cần vừa đủ 24,64 lít O2(đktc), phản ứng kết thúc thu được 14,40 gam H2O. Từ X, thực hiện sơ đồ các phản ứng sau: Cr2 O3 , Al2 O3 HNO3 / H2 SO4 Cl 2 /as NH3 dd Br2 Fe, HCl NaOH X  → Y  → Z  → T  → M  → N  → P  →Q 1:1 1:1 1:1 t0 , p Hãy xác định công thức cấu tạo của các chất hữu cơ ứng với các kí tự trong sơ đồ trên. 2. Cho các giá trị pKb sau: 4,75; 3,34; 9,4 và 3,27 và các hợp chất: CH3-NH2; NH3, (CH3)2NH và C6H5NH2 (anilin). Hãy gán các giá trị pKb tương ứng với các hợp chất trên, giải thích ngắn gọn.

Câu 6: Hợp chất X chỉ chứa chức este, tỷ khối hơi của X so với oxi bằng 5,375. Đốt cháy hoàn toàn 3,440 gam X, phản ứng kết thúc, cho toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 31,52 gam kết tủa, khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm đi 22,320 gam so với khối lượng dung dịch Ba(OH)2 ban đầu. 1. Lập công thức phân tử của X. 2. Cho 3,440 gam X tác dụng hết với dung dịch NaOH, đun nóng, thu được muối của axit cacboxylic và 1,840 gam ancol.Viết các công thức cấu tạo có thể có của X.

2.Để xác định hàm lượng ancol etylic trong hơi thở của người lái xe, cảnh sát giao thông yêu cầu người lái xe thổi vào ống chứa silicagen có tẩm hỗn hợp CrO3 và H2SO4. Lượng ancol trong hơi thở tỷ lệ với khoảng đổi màu trên ống thử(từ da cam sang xanh lục). Hãy viết phương trình hóa học của quá trình trên. Câu 10: 1. Trình bày các hóa chất, dụng cụ cần thiết và cách tiến hành để điều chế etyl axetat trong phòng thí nghiệm. 2. Để nâng cao hiệu suất tạo etyl axetat cần phải chú ý đến những yếu tố nào? 3. Khi tiến hành phản ứng este hóa(ở điều kiện thích hợp) hỗn hợp cùng số mol CH3COOH và C2H5OH thì hiệu suất este hóa đạt cực đại là 66,67%. Nếu tiến hành phản ứng este hóa hỗn hợp gồm 1,0 mol CH3COOH và 1,5 mol C2H5OH(ở điều kiện trên) thì hiệu suất este hóa đạt cực đại là bao nhiêu?

-----Hết-----Học sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học) -Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOHÀ TĨNH

Câu Câu 1:

Câu 7: 1.Phản ứng tổng hợp glucozơ của cây xanh có phương trình hóa học: 6CO2 + 6H2O + 675 kcal → C6H12O6 + 6O2 Giả sử, trong một phút, mỗi cm2 lá xanh hấp thụ 0,60 cal của năng lượng mặt trời và chỉ có 15% được dùng vào việc tổng hợp glucozơ. Một cây có 20 lá xanh, có diện tích trung bình của mỗi lá là 12 cm2. Tính thời gian cần thiết để cây tổng hợp được 0,36 gam glucozơ? 2. Hợp chất X chứa các nguyên tố C, H, O. Trong một bình kín có dung tích không đổi, chứa hơi chất X và một lượng O2 gấp đôi lượng cần thiết để đốt cháy hết X ở 136,5oC, có áp suất p1(atm). Bật tia lữa điện đốt cháy hết X và đưa nhiệt độ bình về 00C, áp suất trong bình lúc này là p2 (atm). Biết p1/p2 = 2,25. Xác định công thức phân tử của X, viết phương trình phản ứng tổng hợp glucozơ từ X.

Trang 167

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (gồm 06 trang) Nội dung 1. Mz = 64=> Z là SO2 và X là Al2S3 Al2S3 + 6H2O → 2Al(OH)3 + 3H2S (1) H2S + 2NaOH → Na2S + 2H2O (2) Al(OH)3 + NaOH →NaAlO2 + 2H2O (3) (hoặc Al(OH)3 + NaOH → NaAl(OH)4) n Al2S3

Điểm

1,0

3 = = 0, 02 mol, n NaOH = 0,1.1, 4 = 0,14 mol 150

Từ (1, 2, 3): => Dung dịch A gồm: Na2S ( 0,06 mol), NaAlO2 (0,02 mol) C M(Na2S ) =

0, 06 0, 02 = 0, 6M; C M( NaAlO2 ) = = 0, 2M 0,1 0,1

2.Từ (1, 3) => số mol Al(OH)3 chưa tan là 0,04-0,02 =0,02 mol => mB = 0,02 .78 = 1,56 gam. 3. Dung dịch A loãng, lạnh nên phản ứng với Br2: Na2S +Br2→ 2NaBr + S↓ (4) 2NaAlO2 + Br2 +3H2O → 2Al(OH)3↓+ NaBr + NaBrO (5) (hoặc 2NaAl(OH)4 + Br2 →NaBr + NaBrO + 2Al(OH)3↓ + H2O) Từ (4, 5):

Câu 8: Một peptit X(mạch hở, được tạo từ các amino axit trong phân tử có 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH) có khối lượng phân tử là 307 (u) và nitơ chiếm 13,7% khối lượng. Khi thủy phân không hoàn toàn X thu được hai peptit Y, Z. Biết 0,960 gam Y tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch H2SO4 0,060M (đun nóng), còn 1,416 gam chất Z tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch NaOH 0,120M (đun nóng). Xác định công thức cấu tạo có thể có của X và tên gọi của các amino axit tạo thành X. Câu 9: 1. Hợp chất X (C7H6O3) là dẫn xuất của benzen và chứa hai nhóm chức ở vị trí ortho với nhau, thỏa mãn sơ đồ các phản ứng sau: X + Y → A(C8H8O3, làm dầu xoa bóp) + H2O X + Z → B(C9H8O4, làm thuốc trị cảm cúm) + CH3COOH Xác định công thức cấu tạo X, Y, Z và hoàn thành sơ đồ trên.

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016-2017

n Br2

0,5

1 = n Na2S + n Na AlO2 = 0, 06 + 0, 01 = 0, 07mol => m Br2 = 0, 07.160 = 11,2 gam 2

1. Câu 2:

t 8Ba + NH 4 NO3  → 3BaO + Ba 3 N 2 + 2BaH 2 (1)

→ Ba(OH)2 (2) BaO + H 2 O  → 3Ba(OH)2 + 2NH3 (3) Ba 3 N 2 + 6H 2 O 

1,0

→ Ba(OH)2 + 2H 2 (4) BaH 2 + 2H 2 O 

Phản ứng (1) là tổ hợp của nhiều phản ứng 2. nBa = 0,4 mol Trang 168

Theo (1,3,4): n Y = n NH3 + n H2 =

Đoạnthẳng ngang ứng với phương trình (2) Đoạn thẳng đi xuống ứng với phương trình (3)

1 1 n Ba + n Ba = 0,3 mol 4 2

Phản ứng xảy ra trong bình: o

t ,xt  → N 2(K) + 3H 2(K) (5) 2NH3(K ) ← 

Khối lượng kết tủa(gam)

Hỗn hợp Y và hỗn hợp khí sau phản ứng nung đo ở cùng đk về nhiệt độ và thể tích nên tỷ lệ áp suất bằng tỷ lệ số mol. Đặt số mol N2 tạo ra từ (5) là x. Tổng số mol hỗn hợp khí sau phản ứng là: 0,3 + 2x = 0,3+0,3.20% = 0,36 => x = 0,03 mol. Vậy phần trăm thể tích các khí sau khi nung là

0,5 7,88 5,91

0, 03 0, 03.3 + 0, 2 %VN2 = .100% = 8,33%; %VH2 = .100% = 80,56%; 0,36 0,36 0,1 − 0, 03.2 %VNH3 = .100% = 11,11%; 0,36

Số mol CO2

H + OH → H 2 O (6)

CO2 + OH − → HCO3−

0,5

Ba 2+ + SO4 2 − → BaSO 4 ↓ (8)

Từ (6,7,8) ta có khối lượng kết tủa 0,5 .78 + 0, 4.233 = 106, 2 (gam) 3

Khối lượng kết tủa (gam)

1. Câu 3:

(2)

Đồ thị là hình 2: Đoạn thẳng đi lên ứng với phương trình (1) Đoạn thẳng ngang ứng với phương trình (2)

Al3+ + 3OH − → Al(OH)3 ↓ (7)

m = m Al(OH)3 + mBa SO4 =

(Hình 1)

CO2 + 2OH − + Ba 2 + → BaCO3 + H 2 O (1)

−

0,06

TH 2 : X(CO2 , CO) => n CO2 = 0, 04875; n CO = 0, 01125 mol

3. Bảo toàn Ba ta có số mol Ba(OH)2 là 0,4 mol. Số mol ion trong dung dịch tác dụng với Z: nAl3+ = 0, 4; nH+ = 0,3; nSO 2− = 0,3 + 0,6 = 0,9 mol +

0,05

0,04 4

0, 448 = 0, 02 mol 22, 4 0,56 mX = 3, 6 − 3, 04 = 0,56 (gam) => M X = = 28 => X (N 2 ) 0, 02 n Mg = 0,15; n HNO3 = 0, 4 ; n X =

7,88

0,5

Bảo toàn e ta có n NH4 NO3 =

0,15.2 − 0, 02.10 = 0, 0125 mol 8

Bảo toàn nitơ ta có: nHNO3 (Y) = 0,4 − (2nMg + 2nN2 + 2nNH4NO3 ) = 0,4 − (0.3 + 0,02.2 + 0,0125.2) = 0,035mol

1,0

n NaOH = n HNO3 (Y) + 2n Mg2+ + n NH4 NO3 = 0, 035 + 0,3 + 0, 0125 = 0,3475 mol => V( dd NaOH)

Số mol CO2

0,04

0,04875

(Hình 2)

1. Dễ có oxit phù hợp là Fe3O4. Câu 4:

0,3475 = .1000 = 173, 75 ml 2

n Cu = 0, 02; n KMnO4 = 0, 02 mol Fe3O4 + Cu + 4H 2 SO 4 → 3FeSO4 + Cu SO4 + 4H2 O (1)

2. nC = 0,06 mol

Fe3O4 + 4H2 SO4 → FeSO4 + Fe2 (SO 4 )3 + 4H 2 O

M X = 20,5.2 = 41

(2)

10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H 2 SO 4 → 5Fe2 (SO4 )3 + 2MnSO4 + K 2 SO 4 + 8H 2 O (3)

TH1 :X (CO2 , O2 ) => n CO2 = 0, 06; n O2 = 0, 02 mol

Từ (1, 2, 3):

CO2 + 2OH − + Ba 2+ → BaCO3 + H2 O (1)

n FeSO4 (3) = 3n Cu(1) + n Fe3O4 (2) = 5n KMnO4 = 0,1 => n Fe3O4 (2) = 0,1 − 0, 02.3 = 0, 04 (mol)

−

CO2 + OH → HCO3

−

CO2 + H 2 O + BaCO3 → Ba(HCO3 )2

=>  n Fe3O4 = 0, 04 + 0, 02 = 0, 06 mol => mFe3O4 = 0, 06.232 = 13, 92 (gam)

(2) (3)

Đồ thị là hình 1: Đoạn thẳng đi lên ứng với phương trình (1)

0,5

0,5 Trang 169

2a. Thứ tự điện phân ở cực âm: Cu2+, H2O

0,5 Trang 170

Thứ tự điện phân ở cực dương: Cl-; H2O b.

3,44 = 0,02 mol; mCO2 + mH2O = 31,52 − 22,32 = 9,2(gam) 172 31,52 9,2 − 0,16.44 nCO2 = nBaCO3 = = 0,16 => nH2O = = 0,12 mol 197 18 0,16 0,12.2 172 − 8.12 − 12 = 8; HX = = 12; OX = =4 => CTPT X : C8H12O4 CX = 0,02 0,02 16 nX =

n CuSO4 = 0,1; n H2 S = 0, 05 mol dpdd 2NaCl + Cu SO4  → Cu + Cl2 + Na 2 SO4 (1) dpdd 2NaCl + 2H 2 O  → H 2 + Cl2 + 2NaOH

(2)

NaOH + H 2 S → NaHS + H 2 O

(3)

Cu SO 4 + H 2 S → Cu S + H 2 SO 4

(4)

2. n X = 0, 02 mol

TH1: Ứng với các PTPƯ: (1, 2, 3): n N aCl = 2 n C u SO 4 + n H 2 S = 0,1.2 + 0, 05 = 0, 25 m ol => C M ( N aC l ) = n e = n NaCl = 0, 25 => t =

X + 2NaOH → muoi + ancol BTKL : mmuoi = 3, 44 + 0, 02.2.40 − 1,84 = 3, 20 (gam)

0, 25 = 2, 5 M 0,1

0, 25.96500 = 4825 (s) 5

TH1: muối dạng R(COONa)2và ancol đơn chức. =>nmuối= nX = 0,02 mol => Mmuối = (3,2:0.02) = 160 => R = 160 -67.2 =26 =>R (C2H2) => X có dạng R1-OOC-C2H2-COO-R2 R1 +R2 = 172 -26-44.2 = 58. - R1 = R2 = 29 X có hai CTCT: C2H5-OOC-CH=CH-COO-C2H5và CH2= C(COOC2H5)2

0,5

TH2: Ứng với các PTPƯ: (1, 4): n Cu SO 4 (1) = 0,1 − 0, 05 = 0, 05 mol => n NaCl(1) = 2.0, 05 = 0,1mol => C M ( NaCl) = n e = n NaCl = 0,1 => t =

0,1 = 1, 0M 0,1

0,1.96500 = 1930 (s) 5

0,5

1. Câu 5:

n O2 = 1,1; n H2O = 0,8 mol => n CO2

- R1 =15 (CH3-); R2 = 43 (CH3CH2CH2- và (CH3)2CH-) X có 4 CTCT:

0,8 = 1,1 − = 0, 7 mol => X (C 7 H16 ) 2

CH3-OOC-CH=CH-COO- CH2CH2CH3;CH3-OOC-CH=CH-COO- CH(CH3)2 CH3-OOC-C(CH2)-COO- CH2CH2CH3; CH3-OOC-C(CH2)-COO- CH(CH3)2

Dựa vào đk phản ứng của X => X là heptan Cr2 O3 , Al2 O3 HNO3 / H2 SO4 C 7 H16 (X)  → C 6 H5 − CH3 (Y)  → o, p − C 6 H 4 (NO2 ) CH3 (Z) 1:1 t0 , p Cl 2 / as NH3  → o, p − C 6 H 4 (NO2 ) CH 2 Cl(T)  → o, p − C 6 H 4 (NO2 ) CH 2 − NH 2 (M) 1:1 1:1

TH2: muối dạng R(COONa)2 và ancol 2 chức: không thỏa mãn TH3: muối dạng RCOONa và ancol 2 chức: không thỏa mãn 1.Năng lượng cần thiết để cây xanh tổng hợp được 0,36 gam glucozơ

1,0 Câu 7:

Fe, HCl  → o, p − C 6 H 4 (N H3 Cl) CH 2 − NH3 Cl (N) dd Br2

NaOH

 → o, p − C 6 H 4 (NH 2 ) CH 2 − NH 2 (P)  →Q

CH2NH2 NH2

1,0

y z y + ) O 2 → x CO 2 + H 2 O 4 2 2 y z y z n 1 = 1 + 2(x + + ) (mol); n 2 = x + (x + + ) (mol) 4 2 4 2 y z (1 + 2(x + + ).(273 + 136, 5) p1 4 2 = => 8x − y + 2z = 8 y z P2 (x + x + + ).273 4 2

2. C6H5-NH2 9,4

0,5

Giải thích: Tính bazơ tỷ lệ nghịch với giá trị pKb. C6H5-NH2 có nhóm phenyl hút e => tính bazơ yếu hơn NH3 CH3-NH2 có nhóm metyl đẩy e => tính bazơ mạnh hơn NH3 (CH3)2NH có hai nhóm metyl đẩy e => tính bazơ mạnh hơn CH3-NH2 1. MX = 5,375.32=172 g/mol.

0,5

(CH3)2NH 3,27

0,25 0,25

C x H y O z + (x +

NH2

Chất pKb

0,36.675.1000 = 1350 cal 180

Trong một phút, năng lượng cây hấp thụ được để tổng hợp glucozơ là 20.12.0,6.15%=21,6 cal. Vậy thời gian cần thiết là: (1350/21,6) = 62,5 phút. 2.Đặt CTTQ của X là CxHyOz(y≤ 2x + 2) và lấy 1 mol X.

Trong đó Q là hai chất sau: CH2NH2

1,0

CH3-NH2 3,34

NH3 4,75

-Z=1 => x=1, y=2 => X là CH2O -z=2 => 8x –y =4 => x= 1, y = 4 => X là CH4O2 (loại) - z ≥ 3 không thỏa mãn. Vậy CTPT của X là CH2O. Phương trình phản ứng tạo glucozơ từ X là dd Ca(OH )2 6 CH 2 O  → C 6 H 12 O 6

Câu 6: 0,5

Trang 171

Số nguyên tử N có trong X là: Câu 8:

0,5 0,5 0,5

307.13,7 = 3 => X: H2 N − CH(R1 ) − CO − HN − CH(R2 ) − CO− HN− CH(R3 ) − COOH 14.100

Trang 172

Cân bằng

Y, Z là các đipeptit =>

Y : H 2 N − CH(R 1 ) − CO − HN − CH(R 2 ) − CO OH Z : H 2 N − CH(R 2 ) − CO − H N − CH(R 3 ) − C OOH

Y + H2SO4 → Muối = > n Y = n H 2 S O 4 = 0, 0 0 6 m o l = > M Y =

1/3

[C H 3 C O O C 2 H 5 ][ H 2 O ] = K cb (*) = [ C H 3 C O O H ][ C 2 H 5 O H ]

2/3

2 2 . 3 3 =4 1 1 . 3 3

1,0

Tiến hành phản ứng este hóa hỗn hợp gồm 1,0 mol CH3COOH và 1,5 mol C2H5OH, phương trình phản ứng: H2 SO4  → CH3 COOC 2 H5 + H2 O (*) CH 3COOH + CH3CH2 OH ← 0 

0, 96 = 1 6 0 = > R 1 + R 2 = 3 0 (* ) 0, 0 0 6

Z + 2 NaOH → Muối + H2O

Ban đầu: Phản ứng Cân bằng

1 1, 416 => n Z = n NaOH = 0, 006 mol => M Z = = 236 => R 2 + R3 = 106 (**) 2 0, 006

Mặt khác: MX= 307 => R1 +R2+R3 = 121 (***) Từ (*), (**), (***), ta có: R1 = R2 =15 (CH3-) và R3 = 91 ( C6H5-CH2-) CTCT của X là: H2N-CH(CH3)-COHN-CH(CH3)COHN-CH(C6H5CH2)COOH và H2N-CH(C6H5CH2)-COHN-CH(CH3)COHN-CH(CH3)COOH Tên gọi các α-amino axit: H2N-CH(CH3)-COOH: axit α-amino propionic hoặc alanin hoặc axit 2-aminopropanoic H2N-CH(C6H5CH2)-COOH: axit aminobenzyl axetic hoặc phenylalaninhoặc axit aminobenzyletanoic

Kcb (*) =

1 x 1-x

1,5 x 1,5-x

0 x x

[CH3COOC2H5 ][ H2O] = x.x = 4 => x ≈ 0,7847 (mol) => H = 78, 47% [CH3COOH][C2H5OH] (1 − x)(1, 5 − x)

1,0

quả đúng, vẫn cho điểm tối đa.

0,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

Lư u ý:H ọc sin h làm các h khá c như ng kết

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: HÓA HỌC

Câu 9:

1.X là: o-HOC6H4COOH: axit o – hiđroxibenzoic (axit salixylic) Y là CH3OH : metanol; Z là (CH3CO)2O: anhiđritaxetic.

1,0

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút

H2 SO4

 → o − HOC 6 H 4 COOCH3 + H 2 O => o − HOC 6 H 4 COOH + CH3OH ← 0 

(Đề thi có 02 trang, gồm 9 câu)

o − HOC 6 H 4 COOH + (CH3CO)2 O  → CH 3COOC 6 H 4 COOH + CH3COOH

2.Phương trình oxi hóa etanol

0,5

3CH 3 CH 2 OH + 4CrO3 + 6H 2 SO 4  → 3CH 3 COOH + 2Cr2 (SO 4 )3 + 9H 2 O

1.-Hóa chất: ancol etylic, axit axetic, axit sunfuric, dd NaCl. Câu 10: - Dụng cụ: ống nghiệm, cốc thủy tinh, đèn cồn, giá đỡ, lưới amiăng…. - Cách tiến hành: Cho vài ml ancol etylic, vài ml axit axetic nguyên chất và vài giọt axit sunfuric đặc vào ống nghiệm. Lắc đều, đồng thời đun cách thủy 5-6 phút trong nồi nước nóng 65 – 70 0C ( hoặc đun nhẹ trên ngọn lửa đèn cồn, không được đun sôi). Làm lạnh,rồi rót thêm vào ống nghiệm vài ml dung dịch NaCl bão hòa.

1,0

H 2 SO 4  → CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O. CH 3COOH + CH 3CH 2 OH ← 0  t

2. Để nâng cao hiệu suất phản ứng este hóa cần chú ý các yếu tố: - Đun nóng hỗn hợp. - axit sunfuric đặc làm xúc tác (chủ yếu) và hút nước. - Lấy dư một trong hai chất đầu hoặc làm giảm nồng độ các sản phẩm(Chưng cất lấy este). 3. Xét 1 mol mỗi chất ban đầu, phương trình phản ứng:

0,5

H 2 SO4

2) Tại sao xăng sinh học được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống ? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng truyền thồng thì cần 3,22 kg O2.

1 2/3

0 2/3

 → CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O (*) CH 3COOH + CH 3 CH 2 OH ← 0 

Ban đầu: Phản ứng

Câu 1. (3,0 điểm) 1) Dùng hình vẽ, mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen. Nêu rõ vai trò của các dụng cụ dùng làm thí nghiệm và cách tiến hành thí nghiệm. 2) Các chất: 4-hiđroxi-3-metoxibenzanđehit có mùi thơm vani, 4-metoxibenzanđehit và pisopropylbenzanđehit được chiết xuất từ quả cây hồi, đều được sử dụng trong chế biến thực phẩm và dược phẩm. Viết công thức cấu tạo của ba chất trên, trong ba chất đó, chất nào có nhiệt độ sôi cao nhất ? Vì sao ? 3) Cho các chất sau: CO2, CaCO3, Ca(HCO3)2, Na2CO3. Hãy lập một sơ đồ biểu diễn tối đa mối quan hệ giữa các chất trên. Viết các phương trình hóa học biểu diễn các mối quan hệ đó. Câu 2. (1,5 điểm)

0 2/3

Câu 3. (2,5 điểm) Trang 173

Trang 174

1) Cho 0,1 mol chất X (có công thức phân tử C2H9O6N3) tác dụng với dung dịch chứa 0,4 mol NaOH đun nóng, thu được một chất làm xanh giấy quỳ ẩm và dung dịch Y. Cô cạn Y, thu được m gam chất rắn khan. Tính m. 2) Tiến hành đồng trùng ngưng axit ε-aminocaproic và axit ω-aminoenantoic, thu được poliamit X. Đốt cháy hoàn toàn 48,7 gam X với O2 vừa đủ rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy qua dung dịch NaOH dư thì còn lại 4,48 lít khí (đktc). Tính tỉ lệ số mắt xích của mỗi loại amino axit trong X. Câu 4. (2,5 điểm) 1) Hòa tan hết 1 gam kim loại X trong lượng dư dung dịch HNO3 15%, thu được 446 ml (đktc) hỗn hợp Y gồm ba khí. Trong Y có chứa 117 mg N2 và 269 mg NO. Biết trong Y thì nguyên tố N chiếm 60,7% về khối lượng. Xác định kim loại X và viết phương trình hóa học xảy ra. 2) Hỗn hợp X gồm 1 gam MnO2, 3,94 gam hỗn hợp KCl và KClO3. Nung X ở nhiệt độ cao thu được chất rắn Y và khí Z. Cho hết lượng Y vào dung dịch AgNO3 dư, thu được 6,74 gam chất rắn. Cho toàn bộ lượng khí Z sục vào dung dịch chứa 0,13 mol FeSO4 và 0,06 mol H2SO4 thu được dung dịch T. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào T, thu được a gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính a. Câu 5. (2,0 điểm) Hợp chất A chứa 2 nguyên tố là chất rắn ở điều kiện thường và chứa hơn 10% Hiđro về khối lượng. A là một tác nhân khử mạnh, có thể tác dụng với nước giải phóng đơn chất B. Nung nóng A trong CO2 tạo ra sản phẩm duy nhất là chất rắn kết tinh không màu C chứa 61,54% Oxi về khối lượng. Cho chất C phản ứng với H2SO4 loãng tạo ra chất hữu cơ D, song khi tác dụng với H2SO4 đặc thì thu được chất khí E nhẹ hơn không khí. Xác định các chất A, B, C, D, E và viết các phương trình hóa học xảy ra. Câu 6. (1,0 điểm) Điện phân dung dịch gồm HCl, NaCl, FeCl3 (điện cực trơ, có màng ngăn). Đồ thị nào sau đây biểu diễn đúng sự biến thiên pH của dung dịch theo thời gian (t) trong quá trình điện phân ? Giải thích ? (Bỏ qua sự thuỷ phân của muối) pH

(1)

(2)

thu được 2,016 lít khí (đktc) một hiđrocacbon duy nhất. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của các este trong hỗn hợp X. Câu 9. (2,0 điểm) Hỗn hợp A gồm tetrapeptit X và pentapeptit Y (đều mạch hở và đều tạo bởi Gly và Ala). Đun nóng m gam hỗn hợp A với dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (m+7,9) gam muối khan. Đốt cháy hết hỗn hợp muối, thu được Na2CO3 và hỗn hợp B gồm khí và hơi. Cho hết lượng B hấp thụ vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thì khối lượng bình tăng 28,02 gam và có 2,464 lít khí thoát ra (đktc). Tính % khối lượng X trong hỗn hợp A.

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

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học) - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

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

(3)

(4)

Trang 175

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017-2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC

Câu 1. (3,0 điểm) 4) Dùng hình vẽ, mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen. Nêu rõ vai trò của các dụng cụ dùng làm thí nghiệm và cách tiến hành thí nghiệm. Trang 176

5) Các chất: 4-hiđroxi-3-metoxibenzanđehit có mùi thơm vani, 4-metoxibenzanđehit và pisopropylbenzanđehit được chiết xuất từ quả cây hồi, đều được sử dụng trong chế biến thực phẩm và dược phẩm. Viết công thức cấu tạo của ba chất trên, trong ba chất đó, chất nào có nhiệt độ sôi cao nhất ? Vì sao ? 6) Cho các chất sau: CO2, CaCO3, Ca(HCO3)2, Na2CO3. Hãy lập một sơ đồ biểu diễn tối đa mối quan hệ giữa các chất trên. Viết các phương trình hóa học biểu diễn các mối quan hệ đó Hướng dẫn chấm

Câu 1

Nội dung

(3đ)

CaCO3

Ca(HCO3)2

0,5

Các phương trình hóa học: Na2CO3 + CaCl2 → CaCO3 + 2NaCl Ca(HCO3)2 + NaOH → CaCO3 + Na2CO3 + H2O Na2CO3 + HCl → NaCl + CO2 + H2O → Na2CO3 + H2O CO2 + NaOH CaCO3 + HCl → CaCl2 + CO2 + H2O CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2 + HCl → CaCl2 + CO2 + H2O CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O

Điểm

-Hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen

0,5

Câu 2: (1,5 điểm) Xăng sinh học (xăng pha etanol) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống. Xăng pha etanol là xăng được pha 1 lượng etanol theo tỉ lệ đã nghiên cứu như: xăng E85 (pha 85% etanol), E10 (pha 10% etanol), E5 (pha 5% etanol),...

1. -Vai trò của các dụng cụ: Ống nghiệm chứa hỗn hợp phản ứng gồm etanol và H2SO4 đặc, đá bọt dùng tránh hiện tượng hỗn hợp phản ứng trào lên ống dẫn khí,

1) Tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học ? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. 2) Tại sao xăng sinh học được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống ? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng truyền thồng thì cần 3,22 kg O2.

bông tẩm NaOH đặc dùng giữ các chất như hơi nước, SO2, CO2, giá đỡ dùng để gắn các ống nghiệm, đèn cồn để nung nóng hỗn hợp phản ứng.

Hướng dẫn chấm

-Cách tiến hành: cho khoảng 2ml etanol khan vào ống nghiệm sạch chứa sẵn vài viên đá bọt, cho tiếp khoảng 4ml H2SO4 đặc vào đồng thời lắc đều, lắp dụng cụ như hình vẽ. Đun nóng ống nghiệm sao cho hỗn hợp không trào lên ống dẫn khí. Đốt khí sinh ra ở đầu vuốt nhọn của ống dẫn khí. Làm tương tự và dẫn khí vào dung dịch KMnO4 rồi quan sát hiện tượng đổi màu của dung dịch.

Câu 2

0,5

Công thức cấu tạo các chất lần lượt là:

CHO

H3CO

H3 C

Điểm

Xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học vì lượng etanol trong xăng có nguồn gốc từ thực vật ( nhờ phản ứng lên men để sản xuất số lượng lớn). Loại thực vật thường được trồng để sản xuất etanol là: ngô, lúa mì, đậu tương, củ cải đường,…

CHO

H3CO

Nội dung

(1,5đ)

0,5

Ptpư: (C6H10O5)n + nH2O nC6H12O6

CHO

ượ

C6H12O6 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 2C2H5OH + 2CO2

H3 C

0,5 Chất có nhiệt độ sôi cao nhất là 4-hiđroxi-3-metoxibenzanđehit, vì chất này có nhóm OH có khả năng tạo liên kết hiđro giữa các phân tử nên tăng nhiệt độ sôi

Xét phản ứng cháy của 1 kg etanol: C2H5OH + 3O2→ 2CO2 + 3H2O

0,5

Sơ đồ biểu diễn mối quan hệ giữa các chất: Na2CO3

=>mO2 = 3.(32:46)= 2,087 kg

→ mO2(khi đốt etanol) < mO2 (khi đốt xăng). Như vậy khi đôt cháy 1kg xăng thì tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đôt cháy 1kg etanol

CO2 Trang 177

Trang 178

Đốt cháy etanol tiêu tốn ít oxi hơn đồng nghĩa với lượng khí thải thoát ra ngoài ít hơn, hạn chế việc ô nhiễm môi trường. Hơn nữa, nguồn etanol dễ dàng sản xuất quy mô lớn không bị hạn chế về trữ lượng như xăng dầu truyền thống. Do vậy, dùng xăng sinh học là một giải pháp cần được nhân rộng trong đời sống và sản xuất

0,5

Câu 3: (2,5 điểm) 2) Cho 0,1 mol chất X (có công thức phân tử C2H9O6N3) tác dụng với dung dịch chứa 0,4 mol NaOH đun nóng, thu được một chất làm xanh giấy quỳ ẩm và dung dịch Y. Cô cạn Y, thu được m gam chất rắn khan. Tính m. 2) Tiến hành đồng trùng ngưng axit ε-aminocaproic và axit ω-aminoenantoic, thu được poliamit X. Đốt cháy hoàn toàn 48,7 gam X với O2 vừa đủ rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy qua dung dịch NaOH dư thì còn lại 4,48 lít khí (đktc). Tính tỉ lệ số mắt xích của mỗi loại amino axit trong X. Hướng dẫn chấm

Câu 3

Nội dung

(2,5đ)

Câu 4: (2,5 điểm) 3) Hòa tan hết 1 gam kim loại X trong lượng dư dung dịch HNO3 15%, thu được 446 ml (đktc) hỗn hợp Y gồm ba khí. Trong Y có chứa 117 mg N2 và 269 mg NO. Biết trong Y thì nguyên tố N chiếm 60,7% về khối lượng. Xác định kim loại X và viết phương trình hóa học xảy ra. 4) Hỗn hợp X gồm 1 gam MnO2, 3,94 gam hỗn hợp KCl và KClO3. Nung X ở nhiệt độ cao thu được chất rắn Y và khí Z. Cho hết lượng Y vào dung dịch AgNO3 dư, thu được 6,74 gam chất rắn. Cho toàn bộ lượng khí Z sục vào dung dịch chứa 0,13 mol FeSO4 và 0,06 mol H2SO4 thu được dung dịch T. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào T, thu được a gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính a. Hướng dẫn chấm

Câu 4

Nội dung

(2,5)

Điểm

Điểm 0,5

Theo gt ta suy ra CTCT của X là:

NH3NO3 CH2

0,5

NH3HCO3

PTHH xảy ra: X + 3NaOH CH2(NH2)2 + NaNO3 + Na2CO3 + 3H2O Từ Pt ta suy ra chất rắn gồm NaNO3(0,1 mol), Na2CO3(0,1 mol), NaOH dư (0,1 mol) => m = 23,1 gam

Gọi khí thứ 3 là NxOy, theo giả thiết ta có số mol các khí là N2 = 4,1786.10-3 mol; NO = 8,967.10-3 mol; NxOy = 6,765.10-3 mol. 117 + 125,53 + 94, 71x Suy ra %N = .100 = 60, 7 117 + 269 + 94, 71x + 108, 24 y =>8,2 +94,71x = 4,1.MNxOy Xét các giá trị của x = 1, 2, 3 không có oxit nào của nitơ thõa mãn => x= 0 và M = 2, khí thứ 3 là H2 Dùng bảo toàn e => X = 12.n. Vậy n = 2 và X = 24, kim loại là Mg PTHH: 9Mg + 22HNO3 9 Mg(NO3)2 + N2 + 2NO + H2 + 10H2O

0,5

Gọi tỉ lệ mắt xích của axit ε-aminocaproic và axit ω-aminoenantoic là x:y Ta có: x.H2N-(CH2)5-COOH + y.H2N-(CH2)6-COOH [-NH-(CH2)5-CO-]x[-NH-(CH2)6-CO-)]y + (x + y)H2O Đốt cháy X theo sơ đồ: [-NH-(CH2)5-CO-]x[-NH-(CH2)6-CO-)]y + O2 0,5(x + y)N2 + … Ta có sơ đồ: (113x + 127y) gam X cháy tạo ra 0,5(x + y) mol N2 48,7 gam X cháy tạo ra 0,2 mol N2 =>48,7.0,5(x + y) = 0,2(113x + 127y). Từ đó ta có: x:y = 3:5. Vậy tỉ lệ số mắt xích của axit ε-aminocaproic và axit ω-aminoenantoic trong X là 3:5

0,5

0,5 PTHH:

KClO3

KCl + 1,5O2

Chất rắn thu được gồm MnO2 và AgCl => khối lượng AgCl = 6,74 – 1 = 5,74 gam => số mol AgCl = 0,04 mol Gọi x, y lần lượt là số mol KCl và KClO3 ta có hệ

0,5

x + y = 0,04 74,5x + 122,5y = 3,94 Suy ra x = 0,02 và y = 0,02 => số mol O2 = 0,03 mol

0,5

Khi sục O2 vào dung dịch ta có: 4FeSO4 + O2 + 2H2SO4

2Fe2(SO4)3

+ 2H2O

Từ Pt thì dung dịch sau phản ứng có FeSO4 = 0,01 mol; Fe2(SO4)3 = 0,06 mol, khi cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào sẽ thu được Fe(OH)2 = 0,01 mol; Fe(OH)3 = Trang 179

Trang 180

0,12 mol; BaSO4 = 0,19 mol.

Vậy khối lượng kết tủa là: m = 58,01 gam

(1)

0,5

(2)

(3)

(4)

Câu 5: (2,0 điểm) Hợp chất A chứa 2 nguyên tố là chất rắn ở điều kiện thường và chứa hơn 10% Hiđro về khối lượng. A là một tác nhân khử mạnh, có thể tác dụng với nước giải phóng đơn chất B. Nung nóng A trong CO2 tạo ra sản phẩm duy nhất là chất rắn kết tinh không màu C chứa 61,54% Oxi về khối lượng. Cho chất C phản ứng với H2SO4 loãng tạo ra chất hữu cơ D, song khi tác dụng với H2SO4 đặc thì thu được chất khí E nhẹ hơn không khí. Xác định các chất A, B, C, D, E và viết các phương trình hóa học xảy ra. Hướng dẫn chấm

Câu 5

Nội dung

Hướng dẫn chấm Câu 6

Lúc đầu Fe3+ bị điện phân thành Fe2+ nên PH không đổi, Sau đó đến H+ bị điện phân nên nồng độ axit giảm => PH tăng. Khi tiếp tục điện phân thì Fe2+ bị khử thành Fe nên pH không đổi, sau đó H2O bị điện phân thành H2 và OH- nên pH tăng. Vậy đồ thị số 2 là phù hợp với quá trình điện phân dung dịch đã cho.

Điểm

Theo giả thiết ta suy ra A là một hidrua kim loại có dạng MHn n Ta có: %H = .100 > 10 => 9.n > M n+M Xét các giá trị n = 1, 2, 3, 4 nhận thấy chỉ có n = 1, M = 7 là thích hợp.

Nội dung

Điểm

0,5

Vậy M là kim loại Liti, A là LiH PTHH: LiH + H2O

Câu 7: (2,5 điểm)

LiOH + 0,5H2

LiH + CO2

%O = 61,6% thõa mãn với bài ra. Vậy C là HCOOLi PTHH: 2HCOOLi + H2SO4 HCOOLi + H2SO4 (đặc) Kết luận: A là LiH,

X, Y là hai axit cacboxylic đều hai chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Z và T là hai este (chỉ chứa chức este) hơn kém nhau 14 đvC. Y và Z là đồng phân của nhau (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. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên các chất X, Y, Z, T và tính số mol của chúng trong hỗn hợp A. Hướng dẫn chấm

HCOOLi

B là H2,

0,5

Li2SO4 + 2HCOOH LiHSO4 + CO + H2O

C là HCOOLi,

D là HCOOH,

E là CO

Câu 7

0,5

Nội dung

Điểm

Theo giả thiết ta suy ra X, Y, Z, T đều tác dụng với NaOH theo tỉ lệ mol 1:2 => số mol A = 0,15 0,5

Trong A có số mol nhóm (COO) = 0,3 mol. Khi đốt cháy hết A cần 0,48 mol O2, gọi số mol CO2 và H2O tạo ra lần lượt là x và y. Bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố oxi ta có hệ:

Câu 6: (1,0 điểm)

44x + 18y = 32,64 và 2x + y = 1,56 => x = 0,57; y =0,42

Điện phân dung dịch gồm HCl, NaCl, FeCl3 (điện cực trơ, có màng ngăn). Đồ thị nào sau đây biểu diễn đúng sự biến thiên pH của dung dịch theo thời gian (t) trong quá trình điện phân ? Giải thích ? (Bỏ qua sự thuỷ phân của muối)

Từ đó suy ra số nguyên tử C trung bình của A = 0,57:0,15 = 3,8. Mặt khác ta có X, Y là axit hai chức kế tiếp trong dãy đồng đẳng, Y và Z là đồng phân, Z là este hai chức (có số nguyên tử C > 3) nên công thức phân tử của X, Y, Z, T lần lượt là

Trang 181

0,5

Trang 182

C3H4O4, C4H6O4, C5H8O4.

ta có

Vì A tác dụng với NaOH tạo ra 3 ancol có cùng số mol, từ đó suy ra CTCT của Z là

0,5

R’(COOR)n + nNaOH

Từ đó suy ra số mol ROH = NaOH = 0,13 mol => số mol NaOH còn trong Y là 0,18 mol

CH2 OOCH

Ta có: ROH + Na CH2 OOCH và T là C2H5-OOC-COO-CH3

0,5

Từ đó ta có: R + 17 = 46 => R = 29, vậy R là C2H5 0,5

Y là HOOC-C2H4-COOH C2H5OH,

RONa + 0,5H2

Bảo toàn khối lượng suy ra khối lượng của ROH = 5,85 + 0,065.2 = 5,98 gam

X là HOOC-CH2-COOH,

ba ancol là: CH3OH,

R’(COONa)n + nROH

Ta có: R’(COONa)n + nNaOH

R’Hn + nNa2CO3

Theo PT và giả thiết ta có R’(COONa)n = R’Hn = 0,09 mol (NaOH còn dư và R’(COONa)n hết vì n < 2) Gọi công thức của este đơn chức là CnHm+1COOC2H5 (y mol)

HO-CH2CH2-OH

Gọi số mol của Z, T là z mol => số mol các ancol đều bằng z => ta có khối lượng các ancol = 140z = 4,2 => z = 0,03 => tổng số mol của X, Y là 0,15 – 0,06 = 0,09, tổng khối lượng của X và Y là 9,78 gam.

=> 3 este 2 chức là CnHm(COOC2H5)2 (x mol) (vì muối tạo ra khi phản ứng với NaOH đun nóng chỉ tạo một hidrocacbon duy nhất)

Gọi số mol của X, Y lần lượt là a, b ta có hệ:

Từ trên ta có hệ: Tổng số mol este là x + y = 0,09;

104a + 118b = 9,78;

0,5

Tổng số nhóm COO là 2x + y = 0,13

a + b = 0,09

0,5

Từ đó suy ra : Số nguyên tử C = 0,04(n + 6) + 0,05(n + 3) = 0,57

Giải hệ thu được: a = 0,06; b = 0,03. Vậy số mol các chất lần lượt là: X = 0,06; Y = 0,03; Z = T = 0,03

=> x = 0,04; y = 0,05

=> n = 2

0,5

Số nguyên tử H = 0,04(m + 10) + 0,05(m + 6) = 0,88 => m = 2. Vậy CTPT của este đơn chức là C5H8O2, cấu tạo:

Câu 8: (3,0 điểm) Hỗn hợp X gồm 4 este mạch hở, trong đó có 1 este đơn chức và ba este hai chức là đồng phân của nhau. Đốt cháy hết 11,88 gam X cần 14,784 lít khí O2 (đktc), thu được 25,08 gam CO2. Đun nóng 11,88 gam X với 310 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m gam chất rắn Y và phần hơi chỉ chứa 1 ancol đơn chức Z. Cho hết lượng Z tác dụng với Na dư thì khối lượng bình chứa Na tăng 5,85 gam. Trộn m gam Y với CaO rồi nung nóng (không có mặt oxi), thu được 2,016 lít khí (đktc) một hiđrocacbon duy nhất. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của các este trong hỗn hợp X.

CH2=CH-COOCH2-CH3 CTPT của 3 este 2 chức là C8H12O4, CTCT: CH2=CH(COOC2H5)2

0,5 C2H5OOC

Nội dung

COOC2H5

C=C

Hướng dẫn chấm Câu 8

Điểm

0,5

C=C H

COOC2H5

0,5

Theo giả thiết ta có số mol O2 = 0,66; CO2 = 0,57 mol Áp dụng BTKL tính được H2O = 7,92 gam => số mol H2O = 0,44 mol Bảo toàn nguyên tố oxi ta có số mol O (trong X) = 0,26 mol => số mol nhóm COO = 0,13 mol

0,5

Gọi công thức của ancol Z là ROH => công thức chung của 4 este là R’(COOR)n, Trang 183

Trang 184

bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thì khối lượng bình tăng 28,02 gam và có 2,464 lít khí thoát ra (đktc). Tính % khối lượng X trong hỗn hợp A. Hướng dẫn chấm

Câu 9

Nội dung

Điểm

Gọi công thức chung của X, Y là CknH2kn+2-kNkOk+1 (a mol) kCnH2nNO2Na + H2O PTHH: CknH2kn+2-kNkOk+1 + kNaOH kCnH2nNO2Na + O2 k(n – 0,5) CO2 + 0,5kNa2CO3 + knH2O + 0,5kN2 Theo giả thiết khối lượng muối tăng lên 7,9 gam nên ta có: [(14nk + 69) – (14nk + 29k + 18)].a = 7,9 Vì khối lượng bình Ba(OH)2 tăng 28,02 gam nên ta có tổng khối lượng CO2 và H2O là 28,02 => 44(n – 0,5)k.a + 18kn.a = 28,02 Số mol N2 = 0,5k.a = 0,11 Từ các Pt trên ta có: kn.a = 0,53 = số mol CO2; k.a = 0,22 = số mol aminoaxit; a = 0,05 = số mol hỗn hợp X, Y => k = 4,4. Vì X là tetrapeptit, Y là pentapeptit và có k = 4,4 (số mắt xích trung bình) nên ta có tỉ lệ mol của X:Y = 0,6:0,4 => X = 0,03 mol; Y = 0,02 mol Gọi x, y lần lượt là số mol của Gly và Ala có trong hỗn hợp X, Y => ta có: x + y = 0,22; 2x + 3y = 0,53 (bảo toàn Cacbon) => x = 0,13; y = 0,09. Gọi số mắt xích Gly và Ala trong X là a, b; trong Y là a’ và b’ => 0,03.a + 0,02.a’ = 0,13 0,03.b + 0,02.b’ = 0,09 => a = 3; b = 1; a’ = 2; b’ = 3 Vậy X là Gly3Ala và Y là Gly2Ala3 có số mol tương ứng là 0,03 và 0,02 mol Từ đó khối lượng hỗn hợp = (3.75 + 89 – 3.18).0,03 + (2.75 + 3.89 – 4.18).0,02 = 14,7 gam => %X = 7,8/14,7 = 53,06%

0,5

Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 5 câu và gồm 2 trang) Câu I (2,0 điểm) 1. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng minh họa: a. Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch Na2CO3. b. Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch KMnO4. c. Cho đạm ure vào dung dịch nước vôi trong. d. Sục khí H2S vào dung dịch hỗn hợp gồm (Br2, BaCl2). 2. Xác định các chất và hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau: (G) + NaOH → (H) + (I) FeS + O2 → (A) + (B)↑ (B) + H2S → (C)↓ + (D) (H) + O2 + (D) → (K) (C) + (E) → (F) (K) → (A) + (D) (A) + (L) → (E) +(D) (F) + HCl → (G) + H2S↑ 3. Trình bày phương pháp hóa học và viết phương trình phản ứng (nếu có) để tinh chế các chất trong các trường hợp sau: a. Tinh chế khí Cl2 có lẫn khí HCl c. Tinh chế khí NH3 có lẫn khí N2, H2. b. Tinh chế khí CO2 có lẫn khí CO d. Tinh chế NaCl có lẫn Na2HPO4, Na2SO4 Câu 2 (2,0 điểm) 1. Xác định công thức cấu tạo các chất và hoàn thành sơ đồ các chuyển hóa sau: A

C3H8

0,5

A2 B2

CH3CO OH

B B3

2. Chỉ dùng dung dịch HBr có thể nhận biết được những chất nào trong số các chất cho sau đây (chất lỏng hoặc dung dịch trong suốt): ancol etylic, toluen, anilin, natri hidrocacbonat, natri phenolat. Viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra. 3. Cho lần lượt các chất: axit acrylic; p-crezol; tristearin; glucozơ; tinh bột lần lượt tác dụng các chất ở nhiệt độ thích hợp: dung dịch HCl; dung dịch NaOH; Cu(OH)2 (ở nhiệt độ thường). Viết phương trình phản ứng xảy ra (nếu có). Câu 3 (2,0 điểm) 1. Cho 11,2 gam Fe vào 300 ml dung dịch chứa (HNO3 0,5M và HCl 2M) thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng với lượng dư dung dịch KMnO4 / H2SO4 loãng. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Cô cạn dung dịch X thu được bao nhiêu gam chất rắn khan. b. Tính khối lượng KMnO4 đã bị khử. 2. Cho hỗn hợp A gồm 3 hiđrocacbon X, Y, Z thuộc 3 dãy đồng đẳng khác nhau, hỗn hợp B gồm O2 và O3. Trộn A và B theo tỉ lệ thể tích tương ứng là 1,5 : 3,2 rồi đốt cháy hoàn toàn thu được hỗn hợp chỉ gồm CO2 và hơi H2O theo tỉ lệ thể tích là 1,3 : 1,2. Biết tỉ khối của khí B đối với hiđro là 19. Tính tỉ khối của khí A đối với hiđro? 3. Bình kín chứa một ancol no, mạch hở A (trong phân tử A, số nguyên tử C nhỏ hơn 10) và lượng O2 gấp đôi so với lượng O2 cần để đốt cháy hoàn toàn A. Ban đầu bình có nhiệt độ 1500C và 0,9 atm. Bật tia lửa điện để đốt cháy hoàn toàn A, sau đó đưa bình về 1500C thấy áp suất bình là 1,1 atm. Viết các đồng phân cấu tạo của A và gọi tên.

0,5

Lưu ý: Nếu thí sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Hóa học Trang 185

Câu 4 (2 điểm) Trang 186

Hòa tan hoàn toàn 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và V lit (đktc) hỗn hợp khí B (gồm hai chất khí có tỉ lệ số mol 3:2). Cho 500ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Lọc lấy Y rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 1. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong A? 2. Tính C% mỗi chất tan trong X? 3. Xác định các khí trong B và tính V. Câu 5 (2 điểm) Hợp chất hữu cơ A chỉ chứa một loại nhóm chức, chỉ chứa 3 nguyên tố C, H và O. Đun nóng 0,3 mol A với lượng vừa đủ dung dịch NaOH 20%. Sau khi kết thúc phản ứng, cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp chất rắn gồm 3 chất X, Y, Z và 149,4 gam nước. Tách lấy X, Y từ hỗn hợp chất rắn. Cho hỗn hợp X, Y tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 31,8 gam hai axit cacboxylic X1; Y1 và 35,1 gam NaCl. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm X1 và Y1 thu được sản phẩm cháy gồm H2O và CO2 có tỉ lệ số mol là 1:1. Đốt cháy hoàn toàn lượng Z ở trên cần dùng vừa đủ 53,76 lít khí O2 (đktc) thu được 15,9 gam Na2CO3; 43,68 lít khí CO2 (đktc) và 18,9 gam nước. 1. Lập công thức phân tử của A, Z? 2. Xác định công thức cấu tạo A biết rằng khi cho dung dịch Z phản ứng với CO2 dư thu được chất hữu cơ Z1 và Z1 khi phản ứng với brom (trong dung dịch, lượng dư) theo tỉ lệ mol 1:3.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014

HƯỚNG DẪN CHẤM

Môn: Hóa học Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 5 câu và gồm 2 trang)

Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM

Điểm

1. (0,5 điểm) a. Ban đầu chưa có khí, sau một lúc mới thoát ra bọt khí không màu

0,25

H+ + CO32- → HCO3H+ + HCO3- → H2O + CO2 b. Thoát ra khí màu vàng lục và dung dịch bị mất màu tím 16HCl + 2 KMnO4 → 5Cl2 + 2 KCl + 2MnCl2 + 8H2O

Cho nguyên tử khối của các nguyên tố: C = 12; Cl = 35,5; Cu = 64; H=1; K =39; Na = 23; N = 14; Mn =55; O =16; Fe =56 ; S =32.

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

(2 điểm)

c. Có khí mùi khai và có kết tủa trắng

0,25

(NH2)2CO + H2O → (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2 → 2 NH3 + CaCO3 + 2H2O

Họ và tên thí sinh…………………………………..……………. Số báo danh: ………..………………… Chữ kí giám thị 1:……………………………..……. Chữ kí của giám thị 2:……………………………

d. Màu vàng của dung dịch (Br2, BaCl2) nhạt dần, đồng thời xuất hiện kết tủa trắng H2S + 4Br2 + 4H2O → H2SO4 + 8HBr H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2HCl 2. (1,0 điểm)

0,25

to → 2Fe2O3 +4SO2 4FeS + 7O2 

(A)

(B)↑

SO2 +2H2S  → 3S + 2H2O (B)

(C)↓ (D)

to S + Fe  → FeS

Trang 187

0,25

(F)

Trang 188

BaCl2 + Na2CO3 → 2 NaCl + BaCO3 ↓

FeS +2HCl  → FeCl2+ H2S (F)

lọc bỏ kết tủa, thêm lượng dư dung dịch HCl vào dung dịch thu được, sau đó cô cạn rồi nung nóng nhẹ thu được NaCl khan.

(G)

FeCl2 +2NaOH  → Fe(OH)2 +2NaCl (G)

(H)

0,25

1 (1,0 điểm)

(I)

4Fe(OH)2 +O2+2H2O  → 4Fe(OH)3 (H)

(D)

(K)

to 2Fe(OH)3  → Fe2O3 +3H2O

(K)

(A)

0,25

Câu 2

A: C2H4;

A1: CH3CHO;

A2: C2H5OH

(2 điểm)

B: CH4;

B1: HCHO

B2: CH3OH

B 3 : C2 H 2

B4: CH3CHO 0

t , xt C3H8  → C2H4 + CH4

(D)

0,25

t , xt 2CH2=CH2 + O2  → 2CH3CHO

to Fe2O3 +3H2  → 2Fe +3H2O

(A)

(L)

(E)

t , Ni CH3CHO + H2  → CH3CH2OH

(D)

men giam CH3CH2OH + O2  → CH3COOH + H2O

Lưu ý: Nếu học sinh thống kê các chất A, B, ….. rồi viết phương trình phản ứng cũng cho điểm tối đa. 3. (0,5 điểm)

0,25

t , xt → HCHO + H2O CH4 + O2 

0,25

t , Ni HCHO + H2  → CH3OH

a. Tinh chế khí Cl2 có lẫn khí HCl:

t , Ni CH3OH + CO  → CH3COOH

Sục hỗn hợp khí vào dung dịch NaCl bão hòa (để hấp thụ HCl), dẫn khí thoát ra qua dung dịch H2SO4 đặc sẽ thu được Cl2 khô.

1500 C → C2H2 + 3H2 2CH4  san pham lam lanh nhanh

b. Dẫn hỗn hợp khí qua ống đựng bột CuO dư nung nóng

0,25

t , xt C2H2 + H2O  → CH3CHO

CO + CuO → CO2 + Cu

t , xt 2CH3CHO + O2  → 2 CH3COOH

2 (0,5 điểm) c. Dẫn hỗn hợp (NH3, H2, N2) qua dung dịch axit (VD: dd HCl), NH3 bị giữ 0,25 lại. Tiếp đến cho dung dịch bazơ dư (VD dd Ca(OH)2) và đun nóng nhẹ, khí thoát ra cho đi qua ống đụng CaO dư sẽ thu được NH3 khô

0,25

Có thể nhận biết tất cả các chất vì chúng gây ra các hiện tượng khác nhau khi cho các chất vào dung dịch HBr:

NH3 + H+ → NH4+

+Nếu tạo thành dung dịch đồng nhất => mẫu đó là C2H5OH

NH4+ + OH- → NH3 + H2O

+ Nếu có hiện tuợng phân tách thành 2 lớp => mẫu là C6H5CH3 (toluen) + Nếu ban đầu có hiện tượng tách lớp, sau đó tan dần tạo dung dịch đồng nhất => Mẫu là C6H5NH2 (anilin)

d. Tinh chế NaCl có lẫn Na2HPO4 và Na2SO4 Cho hỗn hợp vào dung dịch BaCl2 dư

C6H5NH2 + HBr

Na2HPO4 + BaCl2 → 2 NaCl + BaHPO4 ↓

C6H5NH3Br

+ Nếu có sủi bọt khí không màu, không mùi => mẫu đó là NaHCO3:

Na2SO4 + BaCl2 → 2NaCl + BaSO4 ↓

NaHCO3 + HBr

lọc bỏ kết tủa, dung dịch thu được cho vào bình chứa Na2CO3 dư

0,25

NaBr + CO2 + H2O

+ Nếu tạo chất không tan, vẩn đục màu trắng => mẫu đó là C6H5ONa Trang 189

Trang 190

=> mmuối = 27,175 gam

(Natri phenolat): C6H5ONa + HBr

C6H5OH + NaBr

3 (0,5 điểm)

b. (0,5 điểm) 0,25

0,25

Cho lượng dư KMnO4 / H2SO4 vào dung dịch X:

+ Phản ứng của axit acrylic

Fe+2 → Fe+3 + 1e

CH2=CH-COOH + HCl → ClCH2CH2COOH và CH3CHClCOOH

2Cl- → Cl2 + 2e

CH2=CH-COOH + NaOH → CH2=CH-COONa + H2O

nFe 2+ + n Cl − = 5n Mn+7

+ Phản ứng của p-crezol:

 Số mol KMnO4 = Số mol Mn+7 = 0,15 mol  m (KMnO4) = 23,7 gam.

p-HO-C6H4-CH3 + NaOH → p-NaO-C6H4-CH3 + H2O

2 (0,5 điểm) 0,25

0,25

Đặt công thức chất tương đương của hỗn hợp A là Cx H y M B = 19.2 = 38 => tỉ lệ số mol O2 và O3 là 5:3

HCl , t  → 3C17H35COOH + C3H5(OH)3 (C17H35COO)3C3H5 + 3H2O ←

Trộn A với B theo tỉ lệ thể tích 1,5: 3,2.

(C17H35COO)3C3H5 + 3NaOH (dd) → 3C17H35COONa + C3H5(OH)3

Chọn nB = 3,2 mol => n (O2) = 2 mol; n (O3) = 1,2 mol

+ Phản ứng của glucozơ:

 ∑nO = 7,6 mol Khi đó nA = 1,5 mol. Khi đốt cháy A ta có thể coi:

2 C6H12O6 + Cu(OH)2 → (C6H11O6)2Cu + 2H2O + Phản ứng của tinh bột:

Cx H y + (2 x + 0

HCl , t n C6H12O6 (C6H10O5)n + n H2O →

Câu 3 1 (1,0 điểm) (2 điểm)

0,25

a. (0,5 điểm)

nHNO3 = 0,15; nHCl = 0,6 => nH + = 0,75, nNO− = 0,15; nCl − = 0,6

1,5

NO3- → Fe3+ + NO + 2 H2O

1,5(2x+

y ) 2

1,5 x

1,5

y 2 0,25

y ) =7,6 (*) 2 y = 1,3:1,2 (**) 2

Giải hệ (*), (**) ta được: x = 26/15; y = 16/5 = 3,2

0,15 ←0,6 ←0,15 → 0,15

M A = 12x + y = 24 => dA/H2 = 12

Fe + 2Fe3+ → 3Fe2+

3 (0,5 điểm)

0,05 → 0,1 → 0,15 Dung dịch X có Fe2+ (0,15 mol); Fe3+ (0,05 mol); H+ (0,15 mol); Cl- (0,6 mol)

y y ) O → x CO2 + H2O 2 2

Vì tỉ lệ thể tích CO2 : H2O = 1,3:1,2 => x :

4H+ +

Mol

Ta có: ∑nO = 1,5(2x+

nFe = 0,2 mol;

Fe +

0,25

Dùng bảo toàn mol electron ta có:

2CH2=CH-COOH + Cu(OH)2 → (CH2=CH-COOH)2Cu + 2H2O

+ Phản ứng của tristearin:

Mn+7 + 5e → Mn+2

0,25

Đặt công thức phân tử của A là CnH2n+2Ok (k ≤ n); gọi số mol A bằng 1 mol CnH2n+2Ok +

Cô cạn dung dịch X được 2 muối: FeCl2 (0,15 mol) và FeCl3 (0,05 mol) Trang 191

0,25

3n + 1 − k O2 → n CO2 + (n+1) H2O 2 Trang 192

Mol

→

3n + 1 − k 2

+ Nếu T không có KOH thì

n+1

Theo phản ứng (1)(2)(3)(4)(5)(6) n KNO = n KNO =nKOH =0,5 mol 2

=> Số mol O2 ban đầu là (3n+1-k) mol

→ m KNO = 42,5 gam ≠ 41,05 gam (Loại) 2

Trong cùng điều kiện nhiệt độ và thể tích, áp suất tỉ lệ thuận với số mol khí Do đó,

+ Nếu T có KOH dư:

P1 n1 1 + 3n + 1 − k 0,9 => 3n-13k+17 = 0 = hay = P2 n2 n + n + 1 + (3n + 1 − k ) / 2 1,1

Đặt n KNO = a mol → n KNO = amol; nKOH 3

0,25

Với

n1 = nA + n(O2 ban đầu)

phản ứng

→ 85.a + 56.(0,5-a) = 41,05

0,25

Nung kết tủa Y

-0,4/3

7,33

11,66

t Cu(OH)2 → CuO + H2O 0

t Nếu Y có Fe(OH)3: 2Fe(OH)3 → Fe2O3 +3H2O

Chọn được nghiệm k=2, n=3 => Công thức phân tử ancol: C3H8O2

t 4Fe(OH)2+ O2 → 2Fe2O3 +4H2O

Nếu Y có Fe(OH)2

1 x nFe = ; 2 2

Có 2 đồng phân: HO-CH2-CH2-CH2-OH: propan-1,3-điol

Áp dụng BTNT đối với sắt ta có: n Fe O =

CH2OH-CHOH-CH3 propan-1,2-điol

Áp dụng BTNT đối với đồng ta có: nCuO = nCu= y mol

Câu 4 1 (1,0 điểm) n HNO3 =

= amol;

→ a = 0,45 mol

n2 = n (CO2) + n (H2O) + n (O2 dư)

(2 điểm)

2 3

0,25

87,5.50, 4 = 0, 7 mol ; nKOH = 0,5mol 100.63

→160.

0,25

x + 80.y = 16 (I) 2

mhh kim loại = 11,6 gam → 56.x + 64.y = 11,6 (II)

Đặt nFe = x mol; nCu = y mol.

Giải hệ (I) và (II) → x= 0,15 và y= 0,05.

Hòa tan hết kim loại bằng dung dịch HNO3 → X có Cu(NO3)2, muối của sắt (Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 hoặc cả 2 muối của sắt), có thể có HNO3 dư.

% mFe =

X + dd KOH có thể xảy ra các phản ứng

0,3.56 .100% = 72,41% ; %mCu = 100-72,41= 27,59% 23,2

2 (0,5 điểm)

HNO3 + KOH → KNO3 + H2O

(1)

Cu(NO3)2 +2KOH → Cu(OH)2 + 2KNO3

(2)

Fe(NO3)2 + 2KOH → Cu(OH)2 + 2KNO3

(4)

Fe(NO3)3 + 3KOH → Fe(OH)3 + 3KNO3

(5)

0,25

Áp dụng BTNT đối với Nitơ: nN trong X = n N trong KNO2 = 0,45 mol. TH1: Dung dịch X có HNO3 dư, Cu(NO3)2, Fe(NO3)3 Ta có: nCu ( NO ) = nCu = 0,05 mol; n Fe ( NO ) = nFe = 0,15 mol 3 2

3 3

Gọi n HNO = b mol → b+0,05.2+0,15.3= 0,45 → b= -0,1 (loại) 3

Cô cạn Z được chất rắn T có KNO3, có thể có KOH dư

0,25

Nung T:

TH2: Dung dịch X không có HNO3 ( gồm Cu(NO3)2, có thể có muối Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 hoặc cả Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 ) n Fe ( NO3 ) 2 = z mol (z ≥ 0); n Fe ( NO3 ) 3 = t mol (t ≥ 0)

t 2KNO3 → 2KNO2 +O2 (6)

Trang 193

Trang 194

Theo BTNT đối với Nitơ → 2z+3t +0,05. 2 = 0,45

(III)

3 (0,5 điểm)

Theo BTNT đối với sắt

(IV)

Vì k = 3,2 nên phải có một khí mà số oxi hóa của N lớn hơn 3,2. Vậy khí đó là NO2

→ z + t = 0,15

Giải hệ (III) và (IV) → z = 0,1 và t=0,05.

0,25

Gọi khí còn lại là khí A và số oxi hóa của khí còn lại là x Khi kim loại phản ứng với HNO3 nN trong hỗn hợp

khí

Giả sử khí A trong thành phần có 1 nguyên tử N

0,25

TH1: nếu tỉ lệ số mol (NO2) : số mol A = 3:2, dựa vào sơ đồ đường chéo suy ra x = 2. Vậy khí A là NO

= nN trong HNO3 ban đầu- nN trong muối = 0,7-0,45=0,25mol

Gọi số oxi hóa trung bình của Nitơ trong hỗn hợp khí B là +k (k≥0) Fe → Fe3+ + 3e

N+5 + (5-k).e → N+k

0,05

0,25

0,15

0,25(5-k)

TH2: nếu tỉ lệ số mol (NO2) : số mol A = 2:3 => x lẻ: Loại Nếu A có 2 N, trường hợp này cũng tính được x lẻ => loại

0,25

Tính V:

Fe → Fe2+ + 2e 0,1

Đặt n (NO2) = 3a => n(NO) = 2a mol

0,2

∑ne nhận = n (NO2) + 3n (NO) = 3a + 3.2a = 0,45 => a= 0,05

Cu → Cu2+ + 2e 0,05

=> nkhí = 5a = 0,25 => V = 5,6 lit

0,1

Câu 5

Áp dụng bảo toàn electron: 0,15+0,2+0,1=0,25(5-k) → k =3,2

(2 điểm)

1 (1,5 điểm)

X + HCl  X1 + NaCl;

Tổng số oxi hóa của các nguyên tố trong một hỗn hợp =0 nên

Y + HCl  Y1 + NaCl Vì đốt cháy hai axit X1; Y1 thu được sản phẩm cháy có số mol H2O = số mol CO2 => hai axit X1 và Y1 đều là axit no, mạch hở, đơn chức (có công thức tổng quát là CnH2n+1COOH).

0,25.(+3,2) + (-2). nO = 0. → nO = 0,4mol. Bảo toàn khối lượng: mdd sau = m ddaxit + m 2kim loại – m hh khí

Gọi công thức trung bình của hai muối X, Y là: C n H 2n +1COO Na.

→ mdd sau= 87,5+11,6- (0,25.14+0,4.16)= 89,2 gam

C % Fe ( NO3 ) 3 =

0, 05.242 .100% = 13, 6% 89, 2

0,25

Phương trình:

0, 05.188 C % Cu ( NO3 ) 2 = .100% = 10,5% 89, 2 0,1.180 .100% = 20, 2% 89, 2

0,25

Sơ đồ 1 phản ứng: A + NaOH  X + Y + Z + …(trong sản phẩm có thể có nước).

- Xác định số mol O trong hỗn hợp khí.

C % Fe ( NO3 ) 2 =

0,25

Cn H 2n +1COO Na + HCl  Cn H 2n +1COO H + NaCl

Số mol NaCl = 0,6 mol => số mol C n H 2n +1COO H = số mol C n H 2n +1COO Na = 0,6 mol => (14 n +46).0,6 = 31,8 => n = 0,5. => m (hỗn hợp X, Y) = m ( Cn H 2n +1COO Na) = 0,6.(14 n +68) = 45 gam

Trang 195

Trang 196

Sơ đồ đốt cháy Z + O2  Na2CO3 + CO2 + H2O

0,25

Số mol Na2CO3 = 0,15 mol;

Vậy công thức phân tử của A là C10H10O4; Z là C7H7O2Na.

số mol CO2 = 1,95 mol;

2 (0,5 điểm)

số mol H2O = 1,05mol.

HCOOC6H4CH2OCOCH3 + 3NaOH  HCOONa + NaOC6H4CH2OH + 0,25 CH3COONa + H2O

Áp dụng bảo toàn khối lượng

NaOC6H4CH2OH + CO2 + H2O  → HO-C6H4CH2OH + NaHCO3

mZ = m (Na2CO3) + m (CO2) + m (H2O) - m (O2) = 43,8 gam. Áp dụng bảo toàn nguyên tố ta tính được trong hợp chất Z:

0,25

Vì Z1 có phản ứng với brom theo tỉ lệ mol 1:3 => Z1 là m - HO-C6H4CH2OH.

0,25

Phương trình:

số mol C = 0,15 + 1,95 = 2,1 mol;

→ mHO-C6HBr3-CH2OH + 3HBr. m - HO-C6H4CH2OH + 3Br2 

số mol H = 2.1,05 = 2,1 mol;

Vậy cấu tạo của A là m-HCOOC6H4CH2OCOCH3

số mol Na = 0,3 mol

hoặc m - CH3COOC6H4OCOH.

=> số mol O = 0,6 mol => số mol C : H : O : Na = 2,1 : 2,1 : 0,6 : 0,3 = 7 : 7 : 2 : 1 => Công thức đơn giản nhất của Z là C7H7O2Na. (M = 146) (*) Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na cho sơ đồ (1) ta có

0,25

số mol Na(NaOH) = số mol Na (X, Y, Z) = 0,6 + 0,3 = 0,9 mol. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

=> m dung dịch NaOH = 180 gam.

HẢI DƯƠNG

=> m H2O (dung dịch NaOH) = 144 gam < 149,4 gam

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN THI: HÓA HỌC

=> sơ đồ 1 còn có nước và m (H2O) = 5,4 gam => số mol H2O = 0,3 mol.

Thời gian làm bài: 180 phút (không tính thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC

Áp dụng bảo toàn khối lượng:

Ngày thi 04 tháng 10 năm 2017

mA = m (X, Y, Z) + m (H2O) - m (NaOH)

(Đề thi gồm 02 trang)

= 45 + 43,8 + 5,4 - 36 = 58,2 gam. => MA = 194 g/mol. (**) Từ (*);(**) =>Z có công thức phân tử trùng với CTĐG nhất là C7H7O2Na.

0,25

Câu 1 (2 điểm): 1) Hãy chọn các chất thích hợp và viết các phương trình phản ứng hóa học để hoàn thành sơ đồ biến hóa sau:

A phản ứng với NaOH theo tỉ lệ mol 1:3 tạo ra 3 muối và nước;

+(X)

+(X)+...  → (D) ← (B) ←  (P)  +(Y) +(X)+... +(Y) (M)  →(N) (Q) → (R)

số mol nước = số mol A.

(A)

A là este 2 chức tạo bởi hai axit cacboxylic và 1 chất tạp chức (phenol ancol). Cho biết:

CTCT của A HCOOC6H4CH2OCOR'. => R' = 15 => R' là -CH3. Trang 197

→

- Các chất (A), (B), (D) là hợp chất của natri. - Các chất (M), (N) là hợp chất của nhôm. Trang 198

- Các chất (P), (Q), (R) là hợp chất của bari. - Các chất (N), (Q), (R) là các chất kết tủa. - (X) là chất khí không mùi, làm đục dung dịch nước vôi trong. - (Y) là muối của natri, dung dịch (Y) làm đỏ quỳ tím. 2) Cho các lọ mất nhãn chứa các chất rắn riêng biệt: MgO, Al, Al2O3, BaO, Na2SO4 và (NH4)2SO4. a) Nếu chỉ dùng thêm nước làm thuốc thử thì có thể nhận biết được bao nhiêu chất rắn trong số các chất trên. b) Trình bày cách nhận biết và viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra. Câu 2 (2 điểm): 1) Cho hình vẽ mô tả thí nghiệm:

các phản ứng hóa học xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị m. Câu 4 (2 điểm): 1) Oxi hóa hoàn toàn hiđrocacbon A hoặc B đều thu được CO2 và H2O có tỉ lệ mol tương ứng là 7:4. Hóa hơi hoàn toàn 13,8 gam A hoặc B đều thu được thể tích bằng với thể tích của 4,2 gam khí N2 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Cho 11,04 gam A tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 36,72 gam kết tủa; B không phản ứng với dung dịch AgNO3 trong NH3, không làm mất màu dung dịch brom, bị oxi hóa bởi dung dịch KMnO4 khi đun nóng. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo phù hợp của A và B. 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. Câu 5 (2 điểm):

a) Hãy nêu mục đích của thí nghiệm? b) Nêu và giải thích các hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm? c) Trong thí nghiệm, tại sao đáy ống nghiệm phải để cao hơn so với miệng ống nghiệm? 2) A, B, C, D là các hợp chất hữu cơ mạch hở. Nếu đem đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol mỗi chất thì đều thu được 4,48 lít CO2 (ở đktc) và 1,8 gam H2O. Biết: - A, B, C tác dụng được với dung dịch AgNO3 trong NH3 ở điều kiện thích hợp đều thu được kết tủa. - C, D tác dụng được với dung dịch NaOH. - A tác dụng được với H2O (xúc tác HgSO4/to). Xác định công thức cấu tạo của A, B, C, D và viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra. Câu 3 (2 điểm): 1) Hỗn hợp X1 gồm Fe, FeCO3 và kim loại M (có hóa trị không đổi). Cho 14,1 gam X1 tác dụng hết với 500 ml dung dịch HNO3 xM, thu được dung dịch X2 và 4,48 lít hỗn hợp Y1 (có tỉ khối so với hiđro là 16,75) gồm hai chất khí không màu trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Để trung hoà HNO3 dư có trong dung dịch X2 cần vừa đủ 200 ml dung dịch NaOH 1M và thu được dung dịch X3. Chia X3 làm hai phần bằng nhau

1) Dung dịch A chứa NaOH 1M và Ba(OH)2 0,5M. Dung dịch B chứa AlCl3 1M và Al2(SO4)3 0,5M. Cho V1 lít dung dịch A vào V2 lít dung dịch B thu được 56,916 gam kết tủa. Nếu cho dung dịch BaCl2 dư vào V2 lít dung dịch B thu được 41,94 gam kết tủa. Xác định giá trị V1 và V2. 2) Cho 0,3 mol hỗn hợp X gồm 2 este đơn chức tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2M đun nóng. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 37,6 gam hỗn hợp gồm hai muối hữu cơ khan có khối lượng hơn kém nhau 11,6 gam, phần hơi có chứa nước và một hợp chất hữu cơ no, mạch hở Y. Hợp chất Y có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc, đốt cháy hoàn toàn Y rồi cho sản phẩm hấp thụ hết vào bình chứa dung dịch nước vôi trong dư, thấy khối lượng bình tăng thêm 24,8 gam so với ban đầu. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các chất khí đều đo ở đktc. Xác định công thức cấu tạo có thể có của 2 este. Cho nguyên tử khối trung bình (u) của các nguyên tố hóa học: Mg=24; Ca=40; Zn=65; Cu=64; Fe=56; H=1; O=16; N=14; Ag=108; Cl=35,5; C=12; K=39; Na=23; Ba=137; Al=27; S=32. ------------HẾT-----------

Họ và tên thí sinh....................................................................Số báo danh.............................

- Phần 1 đem cô cạn thì thu được 38,3 gam hỗn hợp muối khan.

Chữ kí giám thị 1.............................................Chữ kí giám thị 2............................................

- Phần 2 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thì thu được 8,025 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các chất khí đều đo ở đktc, quá trình cô cạn không xảy ra phản ứng hóa học. Xác định kim loại M và tính giá trị của x.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018

----------------

2) Hòa tan hết 37,28 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Cu trong 500 ml dung dịch chứa HCl 2,4M và HNO3 0,2M, thu được dung dịch Y và khí NO. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch Y, lọc, lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 41,6 gam chất rắn Z. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Y có khí NO thoát ra và thu được m gam kết tủa. Biết sản phẩm khử của NO3- là NO duy nhất, Cl- không bị oxi hóa trong các quá trình phản ứng, Trang 199

MÔN THI: HÓA HỌC

Trang 200

Câu

Ý 1

Nội dung - khí X là CO2, muối Y là NaHSO4, A là NaOH; B là Na2CO3; D là NaHCO3; P là Ba(HCO3)2; R là BaSO4; Q là BaCO3; M là NaAlO2; N là Al(OH)3.

Điểm 0,25 0,25

- Dùng dung dịch Ba(OH)2 cho lần lượt vào 2 dung dịch Na2SO4, (NH4)2SO4 + Dung dịch có kết tủa trắng và có khí mùi khai bay ra là (NH4)2SO4 Ba(OH)2 + (NH4)2SO4 → BaSO4 + 2NH3 + 2H2O + Dung dịch có kết tủa trắng nhưng không có khí bay ra là Na2SO4

- PTPƯ: 2NaOH + CO2 → Na2CO3 + H2O Na2CO3 + CO2 + H2O → 2NaHCO3

Ba(OH)2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2Na2SO4

Chú ý:

NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O

- Học sinh nêu hiện tượng, nhận biết được chất nhưng không viết phương trình trừ một nửa tổng số điểm của phần nhận biết chất đó.

2NaOH + 2Al + 2H2O → 2 NaAlO2 + 3H2

0,25

- Học sinh viết sai công thức chất, sai phương trình không cho điểm phương trình đó

0,25

NaAlO2 + CO2 + 2 H2O → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3 3Na2CO3 + 2AlCl3 + 3H2O → 2Al(OH)3 ↓ + 6NaCl + 3CO2

2NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O

Mục đích: Phân tích định tính các nguyên tố C, H trong thành phần của hợp chất hữu cơ. C12H22O11 + 24CuO

t  → 12CO2 + 11H2O

Hoặc NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3 + NaOH + H2O

0,25 0,25 Các hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm Bông tẩm CuSO4 khan ban đầu màu trắng, sau một thời gian chuyển sang màu xanh lam. CuSO4 (khan) + 5H2O → CuSO4.5H2O (xanh lam)

BaCO3 + 2NaHSO4 → BaSO4 + Na2SO4 + CO2 + H2O Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 → BaSO4 + Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O Hoặc Ba(HCO3)2 + NaHSO4 → BaSO4 + NaHCO3 + CO2 + H2O

Ba(HCO3)2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2NaHCO3

(2 điểm)

Chú ý:

0,25

0,25 Dung dịch nước vôi trong vẩn đục do tạo thành kết tủa CaCO3

- Học sinh viết sai công thức chất, sai phương trình không cho điểm phương trình đó

Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 ↓ + H2O

- Học sinh viết phương trình, không cân bằng trừ một nửa tổng số điểm của phương trình đó 2

* Nhận biết được cả 6 chất

* Đáy ống nghiệm để cao hơn miệng ống nghiệm để tránh hiện tượng nước chảy ngược lại đáy ống nghiệm gây ra hiện tượng vỡ ống nghiệm

0,25

Chú ý:

* Cho lần lượt 6 mẫu chất vào H2O - Chất tan, tỏa nhiều nhiệt là BaO. BaO + H2O → Ba(OH)2 - Chất nào tan và không tỏa nhiệt đó là Na2SO4, (NH4)2SO4 - Các chất còn lại không tan: Al, Mg, Al2O3

Chú ý: - Học sinh nêu hiện tượng, nhưng không viết phương trình trừ một nửa tổng số điểm của phần nhận biết chất đó. 0,25

- Học sinh viết sai công thức chất, sai phương trình không cho điểm phương trình đó.

2 (2 điểm)

- Lấy dung dịch Ba(OH)2 thu được lần lượt nhỏ vào 3 mẫu chất không tan + Mẫu chất rắn tan, có khí bay ra là Al Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2 + Mẫu chất rắn tan, không có khí bay ra thì mẫu chất rắn là Al2O3 Ba(OH)2 + Al2O3 → Ba(AlO2)2 + H2O + Mẫu chất rắn không tan là MgO

- Học sinh không nêu được hiện tượng, viết được phương trình không cho điểm phần đó. 2

Trang 201

Khi đốt cháy 0,1 mol mỗi chất thì đều thu được 0,2 mol CO2 và 0,1 mol H2O  A,B,C,D đều có cùng số nguyên tử C và H. Gọi công thức chung của A, B, C, D có dạng CxHyOz (z≥0) y + O2 C x H y Oz  → xCO2 + H 2O 2 0,1 0,2 0,1 Trang 202

Ta có: aM + 56b + 116.0,05 = 14,1 (1) ⇔ aM + 56b = 8,3 Giả sử kim loại M hoá trị n. - Dung dịch X2 có: a mol M(NO3)n; (b+0,05) mol Fe(NO3)3; HNO3 dư, có thể có c mol NH4NO3. + Phản ứng trung hoà: HNO3 + NaOH  → NaNO3 + H2O nNaOH = nHNO dư = 0,2.1 = 0,2 mol.  dung dịch X3 có: a mol M(NO3)n; (b+0,05) mol Fe(NO3)3; 0,2 mol NaNO3, có thể có c mol NH4NO3. * Cô cạn ½ dung dịch X3, tổng khối lượng chất rắn thu được là: (M + 62n)a + 242(b+0,05) + 80.c + 85.0,2 = 38,3.2 =76,6 (2) ⇔ aM + 62an + 242b + 80c = 47,5 * Cho dung dịch NaOH dư vào ½ dung dịch X3, có phản ứng: NH4NO3 + NaOH  → NaNO3 + NH3 + H2O

→ x=2; y=2  Công thức phân tử của A, B, C, D có dạng C2H2Oz (z≥0) Nếu z=0  → CTPT: C2H2 . Nếu z=1  → CTPT: C2H2O không có cấu tạo phù hợp. Nếu z=2  → CTPT: C2H2O2. Nếu z=3  → CTPT: C2H2O3. Nếu z=4  → CTPT: C2H2O4.

Fe(NO3)3 + 3NaOH  → 3NaNO3 + Fe(OH)3 có thể có phản ứng : M(NO3)n + nNaOH  → nNaNO3 + M(OH)n M(OH)n + (4-n)NaOH → Na(4-n)MO2 + 2H2O

0,25

* A tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 và tác dụng với H2O→A là CH≡CH CH≡CH + 2AgNO3 + 2NH3  → CAg≡CAg + 2NH4NO3 HgSO4 CH≡CH + H2O  → CH3-CHO to

0,25

* C tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 và NaOH→ C là OHC-COOH OHC-COOH +2AgNO3+4NH3+H2O→(COONH4)2 +2NH4NO3+2Ag OHC-COOH + NaOH  → OHC-COONa + H2O 0,25

* B tác dụng được với AgNO3/NH3 → B là OHC-CHO (CHO)2 + 4AgNO3+6NH3+2H2O→(COONH4)2 +4NH4NO3+4Ag * D tác dụng với NaOH→ D là HOOC-COOH HOOC-COOH + 2NaOH  → NaOOC-COONa + 2H2O Chú ý:

0,25

Trường hợp 1: Nếu M(OH)n không tan, không có tính lưỡng tính  Fe(OH)3 : 12 (b + 0, 05)mol  Kết tủa có:  1  M(OH)n : 2 a mol Ta có: (M+17n)a + 107(b+0,05) = 8,025.2 = 16,05 aM + 17an + 107b = 10,7 (3) * Các quá trình oxi hoá − khử: N+5 + 3e  M  → M+n + ne ; → N+2 (NO) mol: a an 0,45 0,15 Fe  → Fe+3 + 3e ; N+5 + 8e  → N−3 (NH4NO3) mol: b 3b 8c c Fe+2  → Fe+3 + 1e ; mol: 0,05 0,05  na + 3b - 8c = 0,4 (4)

0,25

- Học sinh nêu được chất, không viết được phương trình minh họa hoặc viết phương trình sai thì cho một nửa tổng số điểm của phần đó. - Học sinh không nêu được chất không cho điểm phần đó. 1

* Hỗn hợp gồm kim loại M, Fe, FeCO3 tác dụng với dung dịch HNO3 thu được 2 khí không màu trong đó có 1 khí hóa nâu ngoài không khí  2 khí là NO và CO2 - Tính được nCO2 = 0,05 mol; nNO =0,15 mol  nFeCO3 = nCO2 = 0,05 mol. 0,25

− Đặt: nM = a mol; nFe = b mol; Trang 203

Trang 204

Ta có hệ

Fe3+, Fe2+, Cu2+, Cl-, H+; NO3- phản ứng hết

aM + 56b = 8,3 aM + 62an + 242b + 80c = 47,5 62na + 186b + 80c = 39, 2   → 17 na + 51b = 2, 4  aM + 17an + 107b = 10,7 na + 3b − 8c = 0, 4  na + 3b - 8c = 0,4

0,25 Cho NaOH dư vào dung dịch Y kết tủa là Fe(OH)3; Cu(OH)2; Fe(OH)2

Loại do không có cặp nghiệm thỏa mãn

- Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Z gồm Fe2O3 và CuO Gọi số mol Fe3O4 và Cu lần lượt là x, y (x,y>0) Ta có hệ phương trình:

mFe3O4 + mCu = 37, 28 232 x + 64 y = 37, 28 →  → x=0,1; y=0,22 1,5 x.160 + 80 y = 41,6 mFe2 O3 + mCuO = 41,6

Từ các phản ứng (1); (2); (3)  Dung dịch Y sau phản ứng chứa

(2 điểm)

0,22 mol Cu2+; 0,24 mol Fe2+; 0,06 Fe3+; 0,1 mol H+ dư; 1,2 mol Cl-

0,25

Trường hợp 2: M(OH)n tan trong nước hoặc có tính lưỡng tính, tác dụng với NaOH tạo muối tan → Kết tủa chỉ có Fe(OH)3. Ta có: 107(b+0,05) = 16,05  b = 0,1. Theo bảo toàn electron, ta có: an + 0,3 + 0,05 = 0,45 + 8c (5)  an = 0,1 + 8c Từ (1)  aM = 2,7 (6) Từ (2)  aM + 62an + 80c = 23,3 (7) Từ (5), (6), (7)  an = 0,3; c = 0,025.  M = 9n  n = 3; M = 27 là Al là nghiệm thoả mãn.

0,25

Khi cho AgNO3 dư vào dung dịch Y xảy ra các phản ứng Ag+ + Cl- → AgCl 1,2 2+

1,2 +

3Fe + 4H + NO3- → 3Fe3+ + NO + 2H2O 0,075 ←0,1 Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag 0,165

0,165

Khối lượng kết tủa: 0,25

nHNO3(pu) = nN(sp) = 0,1.3 + 0,15.3 + 0,025.2 + 0,15= 0,95 mol nHNO3(bđ) = 0,95 + 0,2 = 1,15 mol  x= CM(HNO3) = 2,3 M. 2

m=mAgCl + mAg = 1,2.143,5 + 0,165.108=190,02 gam 1

0,25

+ O ,t 0

nCO2 nH 2 O

(2)

2x 7 = y 4

 x=7; y=8. Vậy công thức phân tử của A, B là C7H8

Có thể xảy ra phản ứng: Cu + 2Fe3+ → 2Fe2+ + Cu2+

13,8 =92 (gam/mol) 0,15

2 CxHy  → xCO2 + y/2H2O Ta có: 12x+ y=92

3Fe3O4 + 28H+ + NO3- → 9Fe3+ + NO + 14H2O (1) 3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O

*- Do khối lượng mol của A, B bằng nhau; khi đốt cháy A hoặc B đều thu được tỉ lệ mol CO2 và H2O như nhau A và B có cùng công thức phân tử. - Đặt công thức phân tử của A và B là CxHy (x, y >0). MA =MB =

Phản ứng: nH + = nHCl + nHNO3 = 0,5.2,4 + 0,5.0,2 = 1,3 mol; nNO3− = nHNO3 = 0,1

0,25

(3)

Cho dung dịch AgNO3 vào dung dịch Y, có khí NO thoát ra Dung dịch Y chứa Trang 205

Trang 206

0,25 0,25

- Khi đốt cháy hỗn hợp muối: nNa2 CO3 =

* Biện luận tìm công thức cấu tạo của A: - A phản ứng với AgNO3/NH3 tạo thành kết tủa → A có liên kết -C≡CH. nA = 0,12 mol + A có a liên kết -C≡CH. Phương trình:

B + O2 → Na2CO3 + hỗn hợp E (CO2 +H2O) Khi cho B mCO + mH O = 44.(na + mb − 0,46) + 18. 2

C7H8 + aAgNO3 + aNH3 → C7H8-aAga ↓ + aNH4NO3 0,12 mol 0,12 mol M kết tủa =

a + b 48,76 = = 0, 46 mol → nNaOH = a + b = 0,92 (2) 2 106

a(2n − 3) + b(2m − 1) = 44,08 2

→ 62(na + mb) − 27a − 9b = 64,32 (3)

36, 72 = 306  92 + 107a= 306  a=2 0,12

0,25

Công thức của A có dạng HC≡C-C3H6-C≡CH.

Từ (1); (2); (3) giải hệ:

 na + mb = 1, 2   a = 0,1 b = 0,82   0,1n + 0,82m = 1,2 Cặp nghiệm hợp lí: n=3; m = 1,1

0,25 Công thức cấu tạo phù hợp của A là CH ≡ C-CH2-CH2-CH2-C ≡ CH; CH ≡ C-C(CH3)2-C ≡ CH CH ≡ C-CH(CH3)-CH2-C ≡ CH; CH ≡ C-CH(C2H5)-C ≡ CH

4 (2 điểm)

0,25 0,25

Vậy 3 axit X, Y, Z lần lượt là: CH2=CH-COOH, HCOOH, CH3COOH

* Biện luận tìm công thức cấu tạo của B - B không có phản ứng với dung dịch AgNO3/NH3; không làm mất màu dung dịch brom; bị oxi hóa bởi dung dịch KMnO4 ở khi đun nóng.  Vậy B là C6H5-CH3 (toluen)

t C6H5-CH3 + 2KMnO4  → C6H5COOK + 2MnO2 + KOH + H2O o

0,25 2

- Gọi công thức của X là CnH2n-2O2 (n≥3) → công thức muối natri tương ứng là CnH2n-3O2Na. - Gọi công thức chung của Y, Z là Cm H 2mO2 ( (m > 1) → công thức muối natri tương ứng là Cm H 2m −1O2 Na . - Gọi số mol của X là a; số mol của hỗn hợp Y,Z là b  Số mol CnH2n-3O2Na và Cm H 2 m −1O2 Na lần lượt là a và b.

0,25

Phản ứng: Ba2+ + SO42- → BaSO4 (1) Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 (2) Al(OH)3 + OH- → AlO2- + H2O (3) - Trong V1 lít A có OH-: 2V1 mol, Ba2+ : 0,5V1 mol Trong V2 lít B có Al3+ : 2V2 mol, SO42- : 1,5V2 mol - Khi cho V2 lít tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thì: n(SO42-)=n(BaSO4)=0,18 mol  V2=0,12 lít

0,25 3+

SO42-(0,18

Dung dịch B chứa: Al (0,24 mol); mol) - Nếu Al3+ bị kết tủa vừa hết thì nOH = 3.0, 24 = 2V1 → V1= 0,36

→mX,Y,Z = a(14n + 30) + b(14n + 32) = 46,04 mX,Y,Z = 14(na + mb) + 30a + 32b = 46,04 (1)

−

→ nBa = 0,5V1 = 0,18 = nSO 2+

2− 4

 SO42- bị kết tủa vừa hết

 Khối lượng kết tủa lớn nhất: 0,24.78+0,18.233= 60,66>56,916 Có 2 trường hợp xảy ra: Trang 207

Trang 208

0,25

Trường hợp 1: Nếu 2V1 <0,24. 3  Al3+ dư, SO42- dư nBaSO4= 0,5V1 mol (SO42- đủ hay dư)  nAl(OH)3=(56,916 - 116,5V1)/78  (56,916- 116,5V1)3/78=2V1  V1=0,338 lít 0,25

0,25 2-

Trường hợp 2: Nếu 2V1>0,24. 3  Al(OH)3 kết tủa tan một phần, SO4 bị kết tủa hết nBaSO4= 0,18 mol  nAl(OH)3=(56,916 - 233.0,18)/78=0,192  nOH- =2V1= 4. 0,24 - 0,192  V1=0,384 lít

5 (2 điểm)

Vì tổng khối lượng 2 muối bằng 37,6 gam và 2 muối hơn kém nhau m1 − m 2 = 11, 6 m1 = 24, 6   m1 + m 2 = 37, 6 m 2 = 13 Xét 2 trường hợp TH1:

0,25 2

24, 6  R + 67 = = 82  R = 15  m RCOONa = 24, 6  0,3    m R ''C6 H 4ONa = 13  R ''+ 115 = 13 = 130  R '' = 15  0,1

n 0, 4 4 1 < NaOH = = <2 n este 0,3 3 + Mà 2 este là đơn chức → trong hỗn hợp có 1 este của phenol. + Khi thủy phân X thu được hỗn hợp rắn chỉ có 2 muối 2 este có cùng gốc axit. + Mặt khác khi thủy phân hỗn hợp thu được 1 chất hữu cơ no mạch hở có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc →Sản phẩm đó phải là anđehit no đơn chức mạch hở → trong hỗn hợp có một este có gốc ancol kém bền.

 R là (CH3 −) CH 3COOCH = CH 2   2 este là  R '' là (CH − ) 3  CH 3COOC6 H 4CH3 TH2: 13  R + 67 = = 43,33  m RCOONa = 13 0,3     m R ''C6 H4 ONa = 24, 6  R ''+ 115 = 24, 6 = 246  0,1 0,25

Gọi công thức của 2 este là RCOOCH=CHR’và RCOOC6H4R’’ (1) RCOOCH=CHR’ + NaOH →RCOONa + R’CH2CHO x mol x mol x mol x mol RCOOC6H4R’’ + 2NaOH→RCOONa + R’’C6H4ONa+H2O (2) y mol 2y mol y mol y mol theo bài ra ta có hệ : n hh = x + y = 0,3  x = 0, 2(mol) n RCOONa = 0,3   n NaOH = x + 2y = 0, 4  y = 0,1(mol)  n R ''C6 H 4 ONa = 0,1  n  R 'CH2 CHO = 0, 2 Gọi CTPT của anđehit no đơn chức mạch hở Y là CnH2nO ta có CnH2nO+(3n-1)/2O2 → nCO2 + nH2O 0,2 0,2n 0,2n m bình tăng = 0,2n.44 + 0,2n.18 = 24,8 →n =2  CTPT là C2H4O hay CH3CHO.

0,25

Viết các công thức cấu tạo của 2 este

0,25

Chú ý: Học sinh giải các cách khác nhau, đúng, hợp lí vẫn cho điểm tối đa.

(3)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 02 trang) Trang 209

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2017– 2018 Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Trang 210

bột Fe vào dung dịch X, đun nóng khuấy đều thu được khí NO là sản phẩm khử duy nhất, dung dịch Y và Câu I (3.5 đi ểm):

chất rắn Z. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính khối lượng muối tạo thành trong dung dịch Y.

1. Hai hợp chất hữu cơ X, Y đều có thành phần gồm C, H, N. Phần trăm theo khối lượng của N trong X, Y lần lượt là 45,16%, 15,05%. Cả X, Y khi tác dụng với dung dịch HCl chỉ tạo ra muối dạng R-NH3Cl. a. Tìm công thức phân tử của X, Y. b. Khi X tác dụng với H2O thì thể hiện tính bazơ, giải thích nguyên nhân gây ra tính bazơ của X. c. Cho Y tác dụng với dung dịch CH3COOH, với dung dịch Brom. Hãy viết các phương trình hóa học và giải thích tại sao Y tác dụng dễ dàng với dung dịch Brom. 2. Trộn 300 ml dung dịch H2SO4 0,1 M với 200 ml dung dịch Ba(OH)2 x M, thu được 500 ml dung

dịch X có pH = 12 và m gam kết tủa. Tính giá trị của m và x.

Câu IV (4,0 điểm): 1. Ba hợp chất hữu cơ X, Y, Z mạch hở có công thức phân tử tương ứng lần lượt là: C3H6O, C3H4O, C3H4O2, có các tính chất sau: X và Y không tác dụng với Na, khi tác dụng với H2 dư (xúc tác Ni, t0) tạo ra cùng một sản phẩm. X có đồng phân X’ khi bị oxi hóa thì X’ tạo ra Y. Z có đồng phân Z’ cũng đơn chức như Z, khi oxi hóa Y thu được Z’. Xác định công thức cấu tạo của X, X’, Y, Z, Z’. 2. Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở G1 và một ancol đơn chức, mạch hở G2. Đốt cháy hoàn toàn 20,8 gam X thu được 22,4 lít khí CO2 (đktc) và 21,6 gam H2O.

Câu II (4,0 điểm): 1. Viết các phương trình hóa học thích hợp nhất để điều chế các kim loại tương ứng từ các hợp chất sau: Cr2(SO4)3; KHCO3; Fe2O3; CuSO4; MgSO4. 2. Cho 16,25 gam bột Zn vào dung dịch X chứa hỗn hợp gồm KNO3 và H2SO4, đun nhẹ đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y; 2,688 lít (đktc) hỗn hợp khí Z có khối lượng là 1,36 gam gồm 2 chất khí không màu, trong đó có 1 khí hóa nâu ngoài không khí và 1,95 gam chất rắn không tan. Cô cạn cẩn thận dung dịch Y thu được m gam muối khan. Tính giá trị của m. 3. 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 0,4 M, thu được 5,35 gam một chất kết tủa không bị chuyển màu khi để ngoài không khí. - Phần 2: Tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa.

a. Tính số mol G1, G2. Tìm công thức phân tử và viết các công thức cấu tạo có thể có của G1, G2 (biết rằng G2 có số nguyên tử C nhiều hơn G1). b. Thực hiện phản ứng este hóa hỗn hợp X với hiệu suất 60%, thu được hỗn hợp Y chứa m gam este. Tính giá trị của m. 3. Phản ứng tổng hợp glucozơ của cây xanh có phương trình hóa học: 6CO2 + 6H2O + 675 kcal  → C6H12O6 + 6O2 Giả sử trong một phút, mỗi cm2 lá xanh hấp thụ 0,60 cal của năng lượng mặt trời và chỉ có 15% được

dùng vào việc tổng hợp glucozơ. Nếu một cây có 20 lá xanh, với diện tích trung bình của mỗi lá là 12 cm2. Tính thời gian cần thiết để cây tổng hợp được 0,36 gam glucozơ. Câu V (4,0 điểm): 1. Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp X gồm 2 este no, mạch hở (trong phân tử mỗi chất chỉ chứa nhóm chức este) bằng dung dịch NaOH vừa đủ. Chưng cất dung dịch sau phản ứng, thu được 12,3 gam muối khan Y của một axit hữu cơ và hỗn hợp Z gồm 2 ancol (số nguyên tử C trong mỗi phân tử ancol không vượt quá 3 nguyên tử). Đốt cháy hoàn toàn muối Y, thu được 7,95 gam muối Na2CO3. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Z, thu được 3,36 lít CO2 (đktc) và 4,32 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo của 2 este.

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Xác định giá trị của m và a. b. Tính khối lượng chất tan có trong dung dịch Y. Câu III (4,5 điểm): 1. Hòa tan bột Fe trong dung dịch H2SO4 loãng dư thu được dung dịch A. Cho dung dịch A vào dung dịch chứa KMnO4 thu được dung dịch B. Cho dung dịch NaNO3 loãng dư vào dung dịch A thu được dung dịch D. Thêm vụn đồng dư vào dung dịch D thu được dung dịch E. Viết các phương trình hóa học xảy ra dưới dạng phương trình ion rút gọn. 2. Có các chất A, B, C, D, E. Tiến hành làm thí nghiệm như sau: Đốt các chất trên đều cho ngọn lửa màu vàng. A + H2O  B + H2O  → O2 + … → NH3 + … C + D  C + E  → X (khí) + … → Y (khí)+ … X,Y là những hợp chất khí có thể gặp trong một số phản ứng hoá học, tỉ khối hơi của X so với O2 và Y so với NH3 đều bằng 2. Xác định công thức hoá học A, B, C, D, E và viết các phương trình hóa học đã xảy ra. 3. Điện phân dung dịch AgNO3 với điện cực trơ một thời gian, thu được dung dịch X chứa 2 chất tan

có cùng nồng độ mol, đồng thời thấy khối lượng dung dịch giảm 18,56 gam so với ban đầu. Cho tiếp 5,6 gam Trang 211

2. Một peptit X (mạch hở, được tạo từ các amino axit trong phân tử có 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm – COOH) có phân tử khối là 307 đvC và nitơ chiếm 13,7% theo khối lượng. Khi thủy phân không hoàn toàn X thu được hai peptit Y, Z. Biết 0,960 gam Y tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch H2SO4 0,060M đun nóng, còn 1,416 gam chất Z tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch NaOH 0,12M đun nóng. Xác định công thức cấu tạo có thể có của X và tên gọi của các amino axit tạo thành X. ----------------HẾT---------

Cho biết khối lượng nguyên tử (theo đvC) của các nguyên tố: H = 1; C =12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Cr = 52; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Ag = 108; Ba = 137. (Học sinh được sử dụng BTH các nguyên tố hóa học, Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm). Họ và tên thí sinh: .............................….…….….. Số báo danh:.......................................... Chữ ký của cán bộ coi thi:........................................................................................................ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG- THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2017– 2018 Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Trang 212

(Đề gồm 02 trang) Câu I (3.5 đi ểm):

3. 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:

dịch X có pH = 12 và m gam kết tủa. Tính giá trị của m và x. Câu I

1.a

a. Xác định giá trị của m và a.

Nội dung

Điểm

Công thức của X, Y có dạng RNH2 hay CxHyNH2 14 * X: %mN = .100% = 45,16%  12x + y = 17  CH3NH2 12 x + y + 16 * Y: %mN =

14 .100% = 15, 05%  12x + y = 79  C6H5NH2 12 x + y + 16

Phản ứng của X với H2:

CH3 - NH2 + HOH ⇌ [CH3 - NH3]+ + OH-

1.b * Nguyên tử N trong phân tử metyl amin đã sử dụng 3e để tạo 3 liên kết cộng hóa trị, còn lại một cặp e tự do. Khi phản ứng với HOH cặp e tự do này đã tạo liên kết “cho nhận” với proton của HOH nên chúng gây ra tính bazơ * Với CH3COOH: C6H5NH2 + CH3COOH  → [C6H5 - NH3]+ + CH3COO-

0,5

Câu II 1

0,5 0,25

NH2

0,25

Điều chế K:

0,25

* Nhóm -NH2 trong phân tử anilin đã ảnh hưởng mạnh đến gốc làm tăng mật độ e ở vị trí o và p trong vòng nên dễ dàng xảy ra phản ứng thế với brom. ta có n H 2SO4 = 0,03mol , n Ba(OH)2 = 0,2x mol

Mặt khác [OH − ] dư = 10−2 suy ra

0, 4 x − 0, 06 = 10−2  x = 0,1625 0,5

t → 2Fe + 3CO2 3CO + Fe2O3 

Điều chế Cu:

CuSO4 + Fe  → Cu + FeSO4

0,25 0,25

Ta có: chất rắn không tan là Zn dư, nên số mol Zn phản ứng là:

0.25

0,25 nZn =

2,688 16, 25 − 1,95 = 0,12mol = 0, 22mol ; nZ = 22, 4 65

1,36 = 11,33 . Do Z có 1 khí không màu hóa nâu trong không khí là NO (có 0,12 M = 30>11,33) nên khí không màu còn lại phải có M<11,33, chỉ có thể là H2.

→ BaSO 4 + 2H 2 O Phương trình phản ứng H 2SO4 + Ba(OH)2  vì dung dịch sau phản ứng pH = 12 > 7 lên H2SO4 hết, Ba(OH)2 dư theo phương trình n BaSO4 = n H 2SO4 = 0,03mol vậy m = 0.03.233= 6,99 gam.

Điều chế Fe:

0,25

+ 3HBr

C 6 H5−

KHCO3 + HCl  → KCl + H2O + CO2 dp KCl (nc)  → K + 1/2Cl2

Điều chế Mg: MgSO4 + 2NaOH  → Mg(OH)2 + Na2SO4 Mg(OH)2 + 2HCl  → MgCl2 + 2H2O dp MgCl2 (nc)  → Mg + Cl2

0,25

NH2

+ 3 Br2

Điểm

Các phương trình phản ứng điều chế kim loại: dp Điều chế Cr: Cr2(SO4)3 + 3H2O  → 2Cr + 3H2SO4 + 3/2O2

0,25

Nội dung

0,5

* Với Br2 1.c

b. Tính khối lượng chất tan có trong dung dịch Y.

MZ =

0,5

Vậy Z chứa 2 khí là: NO (a mol) và H2 (b mol)

0,5

0.25

a + b = 0,12 a = 0,04  Có hệ pt:  30a + 2b = 1,36 b = 0, 08

Câu II (4,0 điểm):

Nhận thấy:

1. Viết các phương trình hóa học thích hợp nhất để điều chế các kim loại tương ứng từ các hợp chất sau: Cr2(SO4)3; KHCO3; Fe2O3; CuSO4; MgSO4. 2. Cho 16,25 gam bột Zn vào dung dịch X chứa hỗn hợp gồm KNO3 và H2SO4, đun nhẹ đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y; 2,688 lít (đktc) hỗn hợp khí Z có khối lượng là 1,36 gam gồm 2 chất khí không màu, trong đó có 1 khí hóa nâu ngoài không khí và 1,95 gam chất rắn không tan. Cô cạn cẩn thận dung dịch Y thu được m gam muối khan. Tính giá trị của m.

tổng số mol e nhận của NO và H2 = 3a + 2b =0,28 < số mol e nhường của 0,22 mol Zn, nên sản phẩm khử còn có NH +4 .

Trang 213

0.25

Trang 214

Áp dụng bảo toàn e: nNH + = 4

Khối lượng hỗn hợp: 56x + 232y = 10,24

0, 22.2 − 0, 04.3 − 0, 08.2 = 0, 02mol 8

Do đã sinh ra khí H2 nên trong dung dịch không còn NO3-, dư Zn nên cũng hết H+, vậy dung dịch Y chỉ chứa các muối sunfat của Zn2+, NH +4 và K+.

Bảo toàn điện tích: 3x + 9y = 0,5-0,1-a + 0,2-0,1 0.25

=>x = 0,1 ; y = 0,02 và a = 0,02 • m=(0,1+0,02×3):2×107+0,1:2×233=20,21 b. Khối lượng chất tan có trong dung dịch Y là:

Bảo toàn N: nK + = nNO− = nNO + nNH + = 0, 04 + 0, 02 = 0,06mol ; 3

Vậy: muối trong Y có: ZnSO4:0,22mol; (NH4)2SO4: 0,01mol; K2SO4: 0,03mol m = 0,22.161+0,01.132+ 0,03.174 = 41,96g 3

•

0.25

a) Ta nhận thấy

vậy Fe3+ chưa tạo kết tủa hết

Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3↓ nKOH = 3.nFe( OH )3 = 3.0,5 = 0,15mol < nKOHbd = 0, 2mol → phải có H+ dư

có cùng nồng độ mol, đồng thời thấy khối lượng dung dịch giảm 18,56 gam so với ban đầu. Cho tiếp 5,6 gam

H+ dư trong dung dịch Y : (0,5×0,4-5,35 :107×3)×2=0,1 mol

bột Fe vào dung dịch X, đun nóng khuấy đều thu được khí NO là sản phẩm khử duy nhất, dung dịch Y và chất rắn Z. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính khối lượng muối tạo thành trong dung dịch Y.

0.25

Câu III 1

Giả sử NO3− hết khi đó ta có các bán phản ứng 2H+ + O2-  → H2O → NO↑ + 2H2O NO3− + 4H+ + 3e 

0,4

Nội dung

Điểm

- Hòa tan bột Fe trong dung dịch H2SO4 loãng dư → Fe2+ + H2. Fe + 2H+ 

0,25

Fe 2 + , H + , S O 24 −

Dung dịch A chứa: - Cho dung dịch A vào dung dịch chứa KMnO4 thu được dung dịch B. 5Fe 2+ + MnO4− + 8H + → 5Fe3+ + Mn 2+ + 4H 2 O - Cho dung dịch NaNO3 dư và dung dịch A: 3Fe 2+ + NO3− + 4H + → 3Fe3+ + NO + 2H 2 O

0,1

NO3− + 2H+ + e  → NO2↑ + H2O

3+ + 2− + − 2+ + Dung dịch D chứa: Fe , H ,SO 4 , K , NO3 , Mn , Na - Thêm vụn đồng dư vào dung dịch D. 3Cu + 2NO3− + 8H + → 3Cu 2+ + NO + 4H 2O

0,5-0,1 0,8 → nH + > 0, 4 + 0,8 = 1, 2mol → Vô lý

Vậy dung dịch sau phản ứng chứa H+, Fe3+, SO42- và NO3−

2. Có các chất A, B, C, D, E. Tiến hành làm thí nghiệm như sau: Đốt các chất trên đều cho ngọn lửa màu vàng. A + H2O  → O2 + … B + H2O  → NH3 + … C + D  → X (khí) + … C + E  → Y (khí) +… X,Y là những hợp chất khí có thể gặp trong một số phản ứng hoá học, tỉ khối hơi của X so với O2 và Y so với NH3 đều bằng 2. Xác định công thức hoá học A, B, C, D, E và viết các phương trình hóa học đã xảy ra. 3. Điện phân dung dịch AgNO3 với điện cực trơ một thời gian, thu được dung dịch X chứa 2 chất tan

0.25

Lượng KOH cần dùng tạo kết tủa lớn nhất khi phản ứng tạo Fe(OH)3

0,1

1. Hòa tan bột Fe trong dung dịch H2SO4 loãng dư thu được dung dịch A. Cho dung dịch A vào dung dịch chứa KMnO4 thu được dung dịch B. Cho dung dịch NaNO3 loãng dư vào dung dịch A thu được dung dịch D. Thêm vụn đồng dư vào dung dịch D thu được dung dịch E. Viết các phương trình hóa học xảy ra dưới dạng phương trình ion rút gọn.

mà nFe (OH)3 = 0, 05 mol  nFe3+ ↓ = 0, 05.2 = 0,1mol < 0,13 mol

+ Chứng minh NO3- dư:

m = mFe3+ + mNO − + mSO2− + mH + = 42, 22 gam

Câu III (4,5 điểm):

10,24 10,24 .3 < n Fe(X) <  0,13 mol < n Fe(X) < 0,18 mol 232 56

+ Chứng minh H+ dư

0.25

0.5

Gọi x,y lần lượt là số mol Fe, Fe3O4 trong hỗn hợp X

Bảo toàn e : 3x + y = 0,3 + a

Trang 215

→ Cu2+ + 2Fe2+. Cu + 2Fe3+  Xác định công thức : • Đốt các chất trên đều cho ngọn lửa mầu vàng => đều là hợp chất của Na. Chỉ ra A là Na2O2; B là Na3N;

0,25 0.25

0,5

Trang 216

•

MX = 64, MY = 34; X,Y là các hợp chất khí => X là SO2 ; Y là H2S C là NaHSO4 ; D là NaHSO3 ( hoặc Na2SO3)

Giả sử trong một phút, mỗi cm2 lá xanh hấp thụ 0,60 cal của năng lượng mặt trời và chỉ có 15% được

0,5

dùng vào việc tổng hợp glucozơ. Nếu một cây có 20 lá xanh, với diện tích trung bình của mỗi lá là 12 cm2.

E là NaHS ( hoặc Na2S)

Tính thời gian cần thiết để cây tổng hợp được 0,36 gam glucozơ.

2Na2O2 + 2H2O  → 4NaOH + O2

0,25

Na3N + 3H2O  → 3NaOH + NH3

0,25

NaHSO4 NaHSO4 NaHSO4 NaHSO4

0,25

+ NaHSO3  → Na2SO4 + H2O + SO2 + Na2SO3  → Na2SO4 + H2O + SO2 + NaHS  → Na2SO4 + H2S + Na2S  → Na2SO4 + H2S

0,25

Nội dung

Điểm

- Vì X, Y không có phản ứng với Na nên X, Y không có nhóm chức – OH., khi cộng hợp với H2 dư tạo ra cùng một sản phẩm. CTCT của X, Y là

0,75

CH3CH2CHO (X); CH2 =CH-CHO (Y) 0

→ 4Ag + 4HNO3 + O2 - Điện phân dung dịch: 4AgNO3 + 2H2O  mol: a a a - Ta có: mgiảm = 108a + 0,25a.32 = 18,56  a = 0,16 mol

Câu IV 1

Ni, t → CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO + H2 

0,25

Ni, t CH2 =CH-CHO + 2H2  → CH3CH2CH2OH

0,25a

- Trong dung dịch X có 0,16 mol HNO3 và 0,16 mol AgNO3 dư.

- X có đồng phân X’ khi bị oxi hóa thì X’ tạo ra Y.

0,25

CTCT của X’ là CH2=CH-CH2-OH.

- Khi cho 0,1 mol Fe vào dung dịch X, được dung dịch Y Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O

0,5

0,25

t → CH2 =CH-CHO + Cu + H2O CH2=CH-CH2-OH + CuO 

- Z có đồng phân Z’ cũng đơn chức như Z, khi oxi hóa Y thu được Z’. CTCT của Z, Z’ là HCOOCH=CH2 (Z); CH2=CH-COOH (Z’)

0,04 ← 0,16 → 0,04

0,75

Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag 0

xt , t 2CH2 =CH-CHO + O2  → 2CH2=CH-COOH

0,06 → 0,12 → 0,06 2a

AgNO3 + Fe(NO3)2 → Fe(NO3)3 + Ag

Mà sản phẩm khi đốt cháy X có n CO2 = 1mol < n H 2 O = 1, 2 mol . Vậy ancol phải no,

→ 0,04 0,04 → 0,04 - Dung dịch Y chứa 0,08 mol Fe(NO3)3 và 0,02 mol Fe(NO3)2 mmuối (Y) = 22,96 gam

- Đốt cháy axit no đơn chức mạch hở tạo số mol CO2 = số mol H2O. 0,25

đơn chức với → n G 2 =1, 2 − 1 = 0, 2 mol

0,25

Vì axit có 2 nguyên tử O còn ancol có 1 nguyên tử O nên ta có:

Câu IV (4,0 điểm):

nG1 =(

1. Ba hợp chất hữu cơ X, Y, Z mạch hở có công thức phân tử tương ứng lần lượt là: C3H6O, C3H4O, C3H4O2, có các tính chất sau: X và Y không tác dụng với Na, khi tác dụng với H2 dư (xúc tác Ni, t0) tạo ra cùng một sản phẩm. X có đồng phân X’ khi bị oxi hóa thì X’ tạo ra Y. Z có đồng phân Z’ cũng đơn chức như Z, khi oxi hóa Y thu được Z’. Xác định công thức cấu tạo của X, X’, Y, Z, Z’. 2. Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở G1 và một ancol đơn chức, mạch hở G2. Đốt cháy hoàn toàn 20,8 gam X thu được 22,4 lít khí CO2 (đktc) và 21,6 gam H2O. a. Tính số mol G1, G2. Tìm công thức phân tử và viết các công thức cấu tạo có thể có của G1, G2 (biết rằng G2 có số nguyên tử C nhiều hơn G1). b. Thực hiện phản ứng este hóa hỗn hợp X với hiệu suất 60%, thu được hỗn hợp Y chứa m gam este. Tính giá trị của m. 3. Phản ứng tổng hợp glucozơ của cây xanh có phương trình hóa học: 6CO2 + 6H2O + 675 kcal  → C6H12O6 + 6O2

20,8-1.12 -1,2.2 − 0, 2) = 0,1mol 16

- Hỗn hợp X : Axit: CnH2nO2 : 0,1 mol; Ancol: CmH2m +2O: 0,2 mol

0,25

Bảo toàn nguyên tố C có: 0,1.n + 0,2.m = 1 Vì G2 có số nguyên tử C nhiều hơn G1 nên n=2 và m =4. 2b

0,25

- Công thức cấu tạo của axit: CH3COOH ; ancol có 4 CTCT: CH3CH2CH2CH2OH, CH3CH2CH(OH)CH3, HO-CH2-CH(CH3)2, (CH3)3C-OH 0

H 2SO 4 ,t  → CH3COOC 4 H9 + H 2O - Phản ứng este hóa: CH3COOH + C 4 H9 OH ← 

Trang 217

0,25

Trang 218

nbđ:

0,1 mol

npư: 0,1.0,6 →

0,2 mol 0,06

 Hỗn hợp Z có ít nhất 1 ancol đa chức và Axit tạo muối Y đơn chức,

→

0,06

→

0,06

Gọi Y là RCOONa

Khối lượng este thu được là: m = 0,06.116 = 6,96 gam. 3

Năng lượng cần thiết để cây xanh tổng hợp được 0,36 gam glucozơ 0,36.675.1000 = 1350 cal 180

 n RCOONa = n Na/Y = 0,15mol  MRCOONa = 0.25 Tìm các chất trong hỗn hợp Z

0.25

Vậy thời gian cần thiết là: (1350/21,6) = 62,5 phút

0.25

Vì

0,25

TH1: Nếu 2 ancol là CH3OH và C2H4(OH)2 Gọi x và y là số mol của 2 ancol tương ứng

7, 95 = 0, 075 mol; n CO2 106

3,36 4,32 = = 0,15mol; n H 2O = = 0, 24 mol 22, 4 18

 nNaOH = x + 2y = 0,15 (thỏa mãn)  CTCT của 2 este là CH3COOCH3 và (CH3COO)2C2H4 TH2: Nếu 2 ancol là CH3OH và C3H8-z(OH)z Gọi a và b là số mol của 2 ancol tương ứng a + b = 0,09 a = 0,06   a +3b 5   =  b = 0, 03  0, 09 3 

0,25

n Na/ Y = n NaOH = 2 n Na 2 CO3 = 0,15 mol

3n +1- m to → n CO 2 + (n +1) H 2 O O 2  2 0,15 0, 24

(

)

 0, 24n = 0,15 n +1  n =

nNaOH > nhh Z

 CTCT của 2 este là CH3COOCH3 và (CH3COO)3C3H5.

0,25

mol

307.13,7 = 3 => X: H2 N − CH(R1 ) − CO − HN − CH(R2 ) − CO− HN− CH(R3 ) − COOH 14.100

Y, Z là các đipeptit =>

5 3

, hỗn hợp X mạch hở, chỉ chứa nhóm chức este

0,25

Số nguyên tử N có trong X là: N=

1 3 n CO2 = 0,15 = 0, 09 mol 5 n

0,25

 nNaOH = a + zb = 0,06 + 0,03z = 0,15  z = 3

Vì hỗn hợp hỗn hợp X gồm 2 este no, mạch hở  Z gồm các ancol no, mạch hở  gọi C H O CTTB của hỗn hợp Z là n 2n +2 m Cn H 2n+2O m +

0,25

 x + y = 0, 09  x = 0,03   x +2y 5   =  y = 0, 06  0,09 3 

Vì

5 3

 ancol còn lại là ancol đa chức có CT là C2H4(OH)2 hoặc C3H8Oz (z=2 hoặc 3)

1. Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp X gồm 2 este no, mạch hở (trong phân tử mỗi chất chỉ chứa nhóm chức este) bằng dung dịch NaOH vừa đủ. Chưng cất dung dịch sau phản ứng, thu được 12,3 gam muối khan Y của một axit hữu cơ và hỗn hợp Z gồm 2 ancol (số nguyên tử C trong mỗi phân tử ancol không vượt quá 3 nguyên tử). Đốt cháy hoàn toàn muối Y, thu được 7,95 gam muối Na2CO3. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Z, thu được 3,36 lít CO2 (đktc) và 4,32 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo của 2 este.

 n hhZ =

số nguyên tử C trong mỗi ancol không vượt quá 3  CT của 1 ancol là CH3OH

Câu V (4,0 điểm):

Ta có

0,25

 R = 15, R là CH3, muối Y là CH3COONa

Trong một phút, năng lượng cây hấp thụ được để tổng hợp glucozơ là 20.12.0,6.15%=21,6 cal.

n Na 2CO3 =

12,3 = 82 0,15

Y : H 2 N − CH (R 1 ) − C O − H N − CH (R 2 ) − C O O H Z : H 2 N − C H ( R 2 ) − C O − H N − C H (R 3 ) − C O O H

0,25

Y + H2SO4 → Muối => nY = nH2SO4 = 0,006 mol => MY =

0,96 = 160 => R1 + R2 = 30 (*) 0,006

0,25 Trang 219

Trang 220

Z + 2 NaOH → Muối + H2O 1 1,416 => nZ = nNaOH = 0,006 mol => MZ = = 236 => R2 + R3 = 106 (**) 2 0,006

0,25

Mặt khác: MX= 307 => R1 +R2+R3 = 121 (***) Từ (*), (**), (***), ta có: R1 = R2 =15 (CH3-) và R3 = 91 ( C6H5-CH2-)

0,25

2.2 (1,0 điểm). Bình kín X có thể tích 5 lít. Cho vào bình X 0,1 mol CO và 0,1 mol H2O, rồi đun đến 5000C, đến khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng thu được 0,02 mol CO2. Mặt khác, nếu cho vào bình X 0,5 mol CO và 0,2 mol H2O

⇀ CO2(k) + rồi đun đến 5000C, đến khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng thu được x mol CO2. Biết CO(k) + H2O(k) ↽ H2(k). Tính giá trị của x (lấy ba chữ số thập phân).

CTCT của X là: H2N-CH(CH3)-COHN-CH(CH3)COHN-CH(C6H5CH2)COOH hoặc H2N-CH(C6H5CH2)-COHN-CH(CH3)COHN-CH(CH3)COOH

0,5

Câu 3 (2,0 điểm).

Tên gọi các α-amino axit: H2N-CH(CH3)-COOH: axit α-amino propionic hoặc alanin hoặc axit 2-aminopropanoic H2N-CH(C6H5CH2)-COOH: axit aminobenzyl axetic hoặc phenylalanin hoặc

0,5

3.1 (1,0 điểm). Cho 100 ml dung dịch HCl 0,01M vào 400 ml dung dịch CH3COONa 0,01M thu được dung dịch X. Tính pH của dung dịch X, biết Ka = 1,8.10-5 (lấy ba chữ số thập phân). 3.2 (1,0 điểm). Cho V lít dung dịch NaOH 0,5M vào bình chứa 100 ml dung dịch AlCl3 0,1M. Sau đó, người ta cho tiếp vào bình trên 500 ml dung dịch HCl 0,1M, thấy có 0,585 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của V.

axit aminobenzyl etanoic

Câu 4 (2,0 điểm). SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 1

Cho hỗn hợp X gồm: a mol MgCl2, b mol FeCl3, c mol CuCl2. Hoà tan hỗn hợp này vào nước được dung dịch A. Cho dòng khí H2S sục từ từ vào A cho đến dư thì thu được một lượng kết tủa (sau khi rửa sạch kết tủa và sấy khô) nhỏ hơn 6,90625 lần lượng kết tủa thu được khi cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch Na2S.

Môn thi: HÓA HỌC (bảng A) Ngày thi: 07/10/2016

ĐỀ CHÍNH THỨC

Cho hỗn hợp Y gồm: a mol MgCl2, b mol FeCl2, c mol CuCl2. Hoà tan hỗn hợp này vào nước được dung dịch B. Cho dòng khí H2S sục từ từ vào B cho đến dư thì thu được một lượng kết tủa nhỏ hơn 8,875 lần lượng kết tủa thu được khi cho B tác dụng với một lượng dư dung dịch Na2S.

Thời gian: 180 phút (không kể phát đề)

(Đề thi có 04 trang)

Xác định thành phần % về khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X.

Cho nguyên tử khối của các nguyên tố:

Câu 5 (2,0 điểm).

H =1; Li=7; Be = 9; C=12; N=14; O=16; F=19; Na=23; Mg=24; Al=27; Si=28; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Ca=40; Cr = 52; Mn=55; Fe=56; Cu=64; Zn = 65; Br=80; Ag=108; Rb=85,5; I=127; Ba=137; Pb=207.

5.1 (1,0 điểm). Nhỏ từ từ dung dịch HCl vào 100 ml dung dịch A chứa hỗn hợp các chất tan NaOH 0,8M và Na2CO3 0,6M. Thấy lượng khí CO2 thoát ra theo đồ thị sau:

Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. Câu 1 (2,0 điểm). 1.1 (1,0 điểm). Ion XYn3- có tổng số hạt nơtron, proton, electron là 145, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 49. Số hạt mang điện trong nguyên tử X nhiều hơn số hạt mang điện trong nguyên tử Y là 14. Trong ion Y2- có tổng số hạt là 26, trong đó số hạt mang điện dương bằng số hạt không mang điện. Xác định XYn3-. 1.2 (1,0 điểm). Hãy cho biết công thức cấu tạo, trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học phân tử của: H2O; SO3; CH4; CO2. Biết H (Z=1); O (Z=8); S (Z=16); C (Z=6). Câu 2 (2,0 điểm).

Tính giá trị của y.

2.1 (1,0 điểm). Cho các thí nghiệm như các hình vẽ sau:

5.2 (1,0 điểm). Hòa tan hoàn toàn 12,8 gam chất rắn X gồm Fe, FeS, FeS2 và S bằng dung dịch HNO3 dư, thấy thoát ra 6,72 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y thì thu được m gam kết t ủa. Tính giá trị của m. Câu 6 (2,0 điểm). 6.1 (1,0 điểm). Hòa tan hết 10,24 gam Cu bằng 200 ml dung dịch HNO3 3M được dung dịch A (không có NH4NO3). Thêm 400 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch A. Lọc bỏ kết tủa, cô cạn dung dịch rồi nung chất rắn đến khối lượng không đổi thu được 26,44 gam chất rắn.

Tính số mol HNO3 đã phản ứng với Cu. 6.2 (1,0 điểm). Đốt cháy Fe trong 0,1 mol O2 thu hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3. Hòa tan hỗn hợp X bằng dung dịch HNO3 thu 0,2 mol NO là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch Y. Cho 2 mol HCl (lấy dư so với lượng phản ứng)

Hãy so sánh hiện tượng quan sát được ở hai thí nghiệm. Viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra.

Trang 221

Trang 222

vào dung dịch Y thu x mol NO là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch Z. Dung dịch Z phản ứng vừa đủ với 2,9 mol NaOH. Tính giá trị của x. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Đun nóng m gam hỗn hợp X gồm các chất có cùng một loại nhóm chức với 600 ml dung dịch NaOH 1,15M, thu được dung dịch Y chứa muối của một axit cacboxylic đơn chức và 15,4 gam hơi Z gồm các ancol. Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư, thu được 5,04 lít khí H2 (đktc). Cô cạn dung dịch Y, nung nóng chất rắn thu được với CaO cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 7,2 gam một chất khí. Tính giá trị của m.

Câu 7 (2,0 điểm). 7.1 (1,0 điểm). A, B, C, D, E, F là các đồng phân có công thức phân tử C4H8. A, B, C, D, E đều làm mất màu dung dịch brom còn F thì không. D và E là cặp đồng phân hình học. Hỗn hợp chứa A, D, E phản ứng với H2/Ni, t0 chỉ thu được một sản phẩm. B không làm mất màu dung dịch KMnO4. Nhiệt độ sôi của E cao hơn D. Xác định các chất A, B, C, D, E, F. 7.2 (1,0 điểm). Nicotin là một chất tìm thấy trong các cây họ Cà (Solanaceae), chủ trong cây thuốc lá, và với số lượng nhỏ trong cà chua, khoai tây, cà tím và ớt. Nicotin cũng được tìm thấy trong lá của cây coca. Nicotin chiếm 0,6 đến 3% trọng lượng cây thuốc lá khô, và có từ 2–7 μg/kg trong nhiều loài thực vật ăn được. Nicotin được tổng sinh học thực hiện từ gốc và tích luỹ trên lá. Nó là một chất độc thần kinh rất mạnh với hưởng rõ rệt đến các loài côn trùng; do vậy trong quá khứ nicotin được sử dụng rộng như là một loại thuốc trừ sâu. Hình bên cho thấy công thức cấu tạo phân bố trong không gian của nicotin.

yếu

hợp ảnh rãi

-----HẾT-----

Họ và tên thí sinh: .................................................................................. Số báo danh: ............................................. Chữ kí giám thị 1: ................................................................................... Chữ kí giám thị 2: .....................................

Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

Tính thành phần % về khối lượng của N trong nicotin. Câu 8 (2,0 điểm). Đốt cháy hoàn toàn 10,4 gam một hiđrocacbon X rồi dẫn sản phẩm cháy qua bình 1 chứa H2SO4 đặc và bình 2 chứa 600 ml dung dịch Ba(OH)2 1M. Sau phản ứng, khối lượng bình 1 tăng 5,4 gam, bình 2 tăng 37 gam đồng thời xuất hiện 78,8 gam kết tủa. a) Xác định công thức phân tử của X. Biết khi làm bay hơi 10,4 gam X thu được thể tích khí bằng thể tích của 3 gam C2H6 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. b) X có một đồng phân X1, biết rằng khi cho 3,12 gam X1 phản ứng vừa đủ với 96 gam dung dịch Br2 5% trong bóng tối. Nhưng 3,12 gam X tác dụng tối đa với 2,688 lít H2 (đktc) khi đun nóng có xúc tác Ni. Viết công thức cấu tạo và gọi tên X1. Câu 9 (2,0 điểm). 9.1 (1,0 điểm). Xác định công thức cấu tạo của A, B, C và D trong sơ đồ sau: CH2=CH-CH3

1) O 2 2) H+

1) NaOH 2) CO 2 3) H +

(CH3CO)2O

D (aspirin)

9.2 (1,0 điểm). Làm thí nghiệm như hình vẽ:

Sau khi kết thúc thí nghiệm ta thu được 11,04 gam hỗn hợp rắn B ở bình 2. Tính hiệu suất của phản ứng cộng nước ở bình 1. Câu 10 (2,0 điểm).

Trang 223

Trang 224

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 1

LONG AN

CH4

H H C

Môn thi: HÓA HỌC (bảng A)

CO2

Thời gian: 180 phút (không kể phát đề) 2

Đường thẳng

Hướng dẫn chấm

Điểm

O=C=O

2.1.

- Cả hai thí nghiệm đều xuất hiện kết tủa màu vàng nhạt

0,25

Ghi

- Ở thí nghiệm 2 xuất hiện kết tủa vàng nhạt nhanh hơn ở thí nghiệm 1

0,25

chú

Na2S2O3 + H2SO4 loãng → Na2SO4 + S↓ + SO2 + H2O

0,5

HƯỚNG DẪN CHẤM THI Câu

Tứ diện đều

Ngày thi: 07/10/2016 ĐỀ CHÍNH THỨC

sp3

2.2.

1.1.

proton

nơtron

⇀ CO2(k) CO(k) + H2O(k) ↽

0,02

0,02-a

(2Z1 + N1) + (2Z2 + N2)n + 3 = 145

(1) a=

a a

0, 02 =4.10-3  K = 0,0625 5

(2Z1 + 2nZ2) – (N1 + nN2) + 3 = 49

(2)

2Z1 – 2Z2 = 14

(3)

⇀ CO2(k) CO(k) + H2O(k) ↽

2Z2 + N2 + 2 = 26

(4)

0,1

0,04

Z2 = N2

(5)

0,25

(3), (4), (5)  Z2 = N2 = 8, Z1 = 15 (6)

0,25

0,1-b

(1), (2)  2Z1 + 2nZ2 = 94 (7)

0,25

b2 = 0, 065 (0,1 − b)(0, 04 − b)

và N1 + nN2 = 48 (8) (6), (7), (8)  n = 4 và N1 = 16 Ion PO43-

0,25

+ H2(k)

0,04-b

0,25

+ H2(k)

b b

b = 0,013

0,25

 x = 0,013*5=0,065

0,25 0,25

1.2. CTPT

CTCT

TT lai hóa

Dạng hình học

H2O

H-O-H

sp3

Hình chữ V

SO3

sp2

Tam giác đều

3.1.

nHCl = 1.10-3 nCH3COONa = 4.10-3

0,25×4

CH3COONa + HCl  → CH3COOH + NaCl

O=S

1.10-3

0,25

1.10-3

⇀ CH3COO- + H+ CH3COOH ↽

Trang 225

Trang 226

2.10-3

6.10-3

2.10-3 – x

6.10-3 + x

5.2.

Giả sử hỗn hợp X chỉ chứa Fe và S

x ( x + 6.10−3 ) = 1,8.10−5 2.10−3 − x

0,25

Gọi x, y là số mol của Fe, S

0,25

3x + 6y = 0,3*3

(1)

0,25

56x + 32y = 12,8

(2)

0,25

mBaSO4 = 0,05*233 = 11,65 gam

0,25

x = 6.10-6

(1), (2)  x = 0,2; y = 0,05

pH = 5,222

0,25

3.2.

mFe(OH)3 = 0,2*107 = 21,4 gam

nNaOH = 0,5V (mol)

m = 11,65 + 21,4 = 33,05 gam 6

nAlCl3 = 0,01 mol

Khối lượng rắn là 26,44 gam gồm a mol NaOH và b mol NaNO2

nAl(OH)3 = 7,5.10-3 mol

40a + 69b = 26,44

(1)

0,25

Dung dịch sau khi phản ứng kết thúc chứa:

a + b = 0,4

(2)

0,25

0,5V mol Na+; 0,08 mol Cl-; 2,5.10-3 mol Al3+

(1), (2)  a = 0,04; b = 0,36

 V = 0,145

Dung dịch A chứa 0,16 mol Cu(NO3)2 và x mol HNO3 dư

-3

0,5V mol Na ; 0,08 mol Cl ; 2,5.10 mol

AlO2-

0,25

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố nitơ

0,25

x + 0,16*2 = 0,36  x = 0,04

0,25

nHNO3 phản ứng = 0,6 – 0,04 = 0,56 mol

0,25

6.2.

 V = 0,165

Dung dịch sau phản ứng chứa 2,9 mol Na+; 2 mol Cl- và a mol NO3-

Đối với trường hợp dung dịch A, ta có:

58a + 104b + 96c = 6,90625.(16b + 96c) (1)

0,5

Đối với trường hợp dung dịch B ta có phương trình:

58a + 88b + 96c =8,875 × 96c (2)

0,5

 a = 0,9

0,25

Số mol HNO3 ban đầu: 0,2*4 + 0,1*4 = 1,2

0,50

nHNO3 ban đầu = nNO + nNO31,2 = 0,2 + x + 0,9

Chọn a = 1.

6.1.

nHCl = 0,05 mol

hoặc

0,25

Từ (1) và (2) tính được b= 0,2 và c = 0,1

0,5

Cuối cùng tính ra MgCl2: 67,38%; FeCl3: 23,05%; CuCl2 : 9,57%.

0,5

 x = 0,1 7

5.1.

x = n OH− + n CO2− = 0,08 + 0, 06 = 0,14  y = 1, 2x − x = 0,168 − 0,14 = 0, 028

7.1.

− B làm mất màu dung dịch Br2 nhưng không mất màu dung dịch KMnO4 → B là metylxiclopropan.

0,5

0,25

xiclo-C3H5 -CH3+ Br2 → CH3-CHBr-CH2-CH2Br

0,5

− F không làm mất màu dung dịch Br2 → F là xiclobutan. Trang 227

Trang 228

− A, D, E phản ứng với H2 chỉ thu được một sản phẩm → A, D, E có cùng mạch cacbon (anken không nhánh). C4H8 + H2

Ni, t 0

 →

→ nH 2O =

0,25

42, 4 − 0,8.44 = 0, 4mol 18

0,25

Ta có:

CH3-CH2-CH2-CH3

nCO2

2nH 2O 2.0, 4 0,8 =8, y = = =8 nX 0,1 0,1

− Sản phẩm từ D, E là cặp đồng phân hình học. Nhiệt độ sôi của E cao hơn → E là cis-but2-en; D là trans-but-2-en.

→ A phải là but-1-en.

Vậy công thức phân tử của X là: C8H8

− C phải là 2-metylpropen. b) Ta có: 0,25

nBr2 nX

0, 03 =1 0, 03

nH 2 nX

0,25

0,12 =4 0, 03

0,25

1 mol A + 1mol dung dịch Br2 => A có 1 liên kết pi kém bền ( dạng anken) 1 mol A + 4 mol H2 => A có 4 liên kết pi, hoặc vòng kém bền

0,25

7.2. Nicotin: C10H14N2

0,5

14 × 2 ×100% %N = = 17, 28% 12 ×10 + 14 + 14 × 2

0,5

=> A có 3 liên kết pi, hoặc vòng bền với dung dịch Br2 A là hợp chất có trong chương trình phổ thông => A có cấu trúc vòng benzen CH=CH2

Theo đề: VX = VC2 H 6  → nX = nC2 H 6 = 0,1mol

Vậy công thức cấu tạo của A là: Stiren.

0,25

Bình 1 : chứa H2SO4 đặc hấp thụ nước Bình 2 : Chứa dung dịch Ba(OH)2 hấp thụ CO2 và có thể cả nước chưa bị hấp thụ bởi H2SO4 Theo bài ra ta có: mCO2 + mH 2O = 5, 4 + 37 = 42, 4 g (I) Xét bình 2: Các phản ứng có thể

0,25

Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3↓ + H2O (1) Ba(OH)2 + 2CO2 → Ba(HCO3)2

9.1.

0,25×4

9.2. Khí A là: CH3CHO và C2H2 dư

0,25

(2)

a) Trường hợp 1: Nếu Ba(OH)2 dư khi đó chỉ xảy ra phản ứng (1)

CO2

nH 2O

78,8 = 0, 04mol Thay vào (I) ta tìm được 197 42, 4 − 0, 4.44 = = 1,378mol 18 = nBaCO3 =

0,25

Đặt công thức của X là CxHy

2nH2O nX

44x + 26y = 2, 02 2 × 108x + 240y = 11, 04

Ta có hệ phương trình: 

2.1,378 = 27,56 → vô lí (loại vì y phải nguyên) 0,1

Trường hợp 2: Nếu phản ứng tạo hỗn hợp hai muối

 x = 0, 04   y = 0, 01

0,25

Theo (1) và (2) ta có : nCO2 = 0,8mol

H% =

Trang 229

0, 04 ×100% = 80% 0, 05

0,25

Trang 230

X phản ứng với NaOH cho ancol  X là este

0,25

→ nRCOONa + R’(OH)n (RCOO)nR’ + nNaOH 

0,25

0,45

0,25

0,225 0,25

CaO , t RCOONa + NaOH  → RH + Na2CO3

0,45

Nồng độ mol của A, B và tốc độ phản ứng thuận được biểu thị qua bảng sau:

0,45/n

R’(OH)n  → n/2H2 0,45/n

⇀ cC 2.1 (1,0 điểm). Cho phản ứng: aA + bB ↽

0,24

0,25

0,50

0,2

0,1

0,4

0,05

0,2

0,25x

Câu 3 (2,0 điểm).

m = 40,6 gam

3.1 (1,0 điểm). Cho 100 ml dung dịch NH3 0,1M vào 100 ml dung dịch HCl 0,08M thu dung dịch X. Tính pH dung dịch X, biết Kb = 1,8.10-5 (lấy ba chữ số thập phân).

Lưu ý dành cho các giám khảo:

3.2 (1,0 điểm). Dung dịch X chứa 0,1 mol HCl; 0,1 mol H2SO4 và 0,1 mol Al2(SO4)3. Dung dịch Y chứa 0,1 mol Ba(OH)2; 0,1 mol BaCl2 và 0,75 mol NaOH. Cho dung dịch X vào dung dịch Y thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của m.

Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho trọn điểm.

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 1 Câu 4 (2,0 điểm).

Môn thi: HÓA HỌC (bảng B)

4.1 (1,0 điểm). Thí nghiệm về tính tan của khí hiđro clorua trong nước như hình vẽ bên, trong bình ban đầu chứa đầy khí hiđro clorua, chậu thủy tinh đựng nước có nhỏ vài giọt quỳ tím. Nêu hiện tượng quan sát được và giải thích.

Ngày thi: 07/10/2016 ĐỀ CHÍNH THỨC

0,1

Cho 0,02 mol H2 và 0,03 mol I2 vào bình kín với dung tích 2 lít rồi đun nóng tới 2000C đến khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng thu được x mol HI. Tính giá trị của x, biết KC ở 2000C là 10 (lấy ba chữ số thập phân).

m + 0,45*40 = 0,45*96 + 15,4

LONG AN

V (mol/l.s)

⇀ 2HI(k) 2.2 (1,0 điểm). Cho phản ứng: H2(k) + I2(k) ↽

0,25

m + mNaOH phản ứng = mRCOONa + mR’(OH)n

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

B (mol/l)

Xác định a, b.

0,24

MRH = 7,2/0,24 = 30  R là C2H5

A (mol/l)

Thời gian: 180 phút (không kể phát đề)

(Đề thi có 03 trang)

H =1; Li=7; Be = 9; C=12; N=14; O=16; F=19; Na=23; Mg=24; Al=27; Si=28; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Ca=40; Cr = 52; Mn=55; Fe=56; Cu=64; Zn = 65; Br=80; Ag=108; Rb=85,5; I=127; Ba=137; Pb=207.

4.2 (1,0 điểm). Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,02 mol FeS2 và 0,03 mol FeS vào lượng dư dung dịch H2SO4 đặc nóng, thu được Fe2(SO4)3, SO2, H2O. Hấp thụ hết SO2 bằng lượng vừa đủ dung dịch KMnO4 0,25M thu được dung dịch Y không màu, trong suốt. Tính thể tích của dung dịch KMnO4 đã dùng.

Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

Câu 5 (2,0 điểm).

Cho nguyên tử khối của các nguyên tố:

5.1 (1 điểm). Cho từ từ khí CO2 vào dung dịch chứa x mol Ca(OH)2 theo đồ thị sau:

Câu 1 (2,0 điểm). 1.1 (1,0 điểm). Ion X3+ có tổng số hạt là 79, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 19 hạt. Viết cấu hình electron của X2+, X3+. 1.2 (1,0 điểm). Hãy cho biết công thức cấu tạo, trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học phân tử của: BF3, CF4, NH3, CO2.

Biết B (Z = 5); F(Z = 9); O (Z = 8); C (Z = 6); N (Z = 7); H (Z = 1). Câu 2 (2,0 điểm).

Trang 231

Trang 232

khí T) có thể tích là 1,792 lít chỉ chứa các hiđrocacbon. Đốt cháy toàn bộ T thu được 4,32 gam nước. Thể tích các khí đều đo ở đktc. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của a.

nCaCO3

Câu 9 (2,0 điểm).

Hỗn hợp X gồm một anđehit, mạch hở và một ankin (phân tử ankin có cùng số nguyên tử H nhưng ít hơn một nguyên tử C so với phân tử anđehit). Đốt cháy hoàn toàn 1 mol hỗn hợp X thu được 2,4 mol CO2 và 1 mol H2O. Nếu cho 1 mol hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 thì số mol AgNO3 phản ứng tối đa là bao nhiêu? Câu 10 (2,0 điểm).

Cho 0,3 mol hỗn hợp X gồm 2 este đơn chức tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2M đun nóng, thu được một anđehit no, mạch hở Y và 37,6 gam hỗn hợp muối hữu cơ. Đốt cháy hoàn toàn Y rồi cho sản phẩm hấp thụ hết vào bình chứa dung dịch nước vôi trong dư, thấy khối lượng bình tăng 24,8 gam. Tính khối lượng của hỗn hợp X.

nCO2

0,1

0, 8

-----HẾT-----

Tính giá trị của x. 5.2 (1,0 điểm). Nung 8,42 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe, Mg trong O2 sau một thời gian thu được 11,62 gam hỗn hợp Y. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp Y trong HNO3 dư thu được 1,344 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Tính số mol HNO3 đã tham gia phản ứng.

Câu 6 (2,0 điểm). 6.1 (1,0 điểm). Cho FeCO3 vào dung dịch HNO3 đặc, thu được hỗn hợp hai khí, trong đó có một khí màu nâu đỏ. Sục hỗn hợp hai khí này vào dung dịch NaOH sau phản ứng thu được dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2, lọc bỏ kết tủa thu được dung dịch Y. Làm khô dung dịch Y rồi nung chất rắn thu được đến khối lượng không đổi được chất rắn Z và hỗn hợp khí. Xác định thành phần các chất có trong X, Y, Z. 6.2 (1,0 điểm). Hòa tan m gam Fe vào dung dịch chứa 0,4 mol HNO3 và 0,2 mol HCl thu được 0,15 mol NO là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch X. Cho 1 mol HCl dư vào dung dịch X thu được NO là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch Y. Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 1,41 mol NaOH. Tính giá trị của m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Câu 7 (2,0 điểm).

Vì dễ kiếm, rẻ nên chất phụ gia bị cấm là hàn the vẫn được các nhà sản xuất hám lợi sử dụng. Có một cách mà Hội Khoa học kỹ thuật - An toàn thực phẩm Việt Nam tư vấn sẽ giúp các bà nội trợ phát hiện hàn the nhanh chóng. Xuất phát từ nguyên lý: Dung dịch nghệ hoặc giấy tẩm nghệ trong môi trường kiềm (pH >7) sẽ chuyển từ màu vàng sang đỏ cam. Hàn the có tính kiềm nên khi tác dụng với giấy nghệ thì làm giấy nghệ chuyển từ màu vàng sang đỏ. Muốn thử xem thực phẩm bánh đúc, giò chả,… có hàn the không, ta lấy miếng giấy nghệ ấn vào bề mặt sản phẩm thử, ví dụ như giò. Nếu mặt giò quá se, ta có thể tẩm ướt nhẹ giấy nghệ bằng nước trước khi đặt vào bề mặt giò. Sau một phút quan sát, nếu thấy giấy nghệ chuyển từ màu vàng sang đỏ thì kết luận giò có hàn the.

là thành phần chính của nghệ. Tính độ bất bão hòa của hợp chất trên. Câu 8 (2,0 điểm).

Hỗn hợp X gồm các hiđrocacbon mạch hở: CH4, C2H4, C3H4 và C4H4. Nung nóng 6,72 lít hỗn hợp E chứa X và H2 có mặt Ni làm xúc tác thu được hỗn hợp F có tỉ khối so với hiđro bằng 19. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng dung dịch Br2 dư thấy lượng Br2 phản ứng là a gam; đồng thời khối lượng bình tăng 3,68 gam. Khí thoát ra khỏi bình (hỗn hợp Trang 233

Trang 234

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 1

LONG AN ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI

Câu

(2):(1)  2 = 2b  b = 1

0,50

Môn thi: HÓA HỌC (bảng B)

(1):(3)  4 = 2a  a = 2

0,50

Ngày thi: 07/10/2016

2.2

Thời gian: 180 phút (không kể phát đề)

⇀ 2HI(k) H2(k) + I2(k) ↽

Hướng dẫn chấm

1.1 2Z + N – 3 = 79

Điểm

0,015

chú

0,01-a

0,015-a

0,25

(1)

2Z – N – 3 = 19

0,01 Ghi

10 =

(1), (2)  Z = 26; N = 30 X2+: [Ar]3d6

0,25

X3+: [Ar]3d5

0,25

1.2.

0,25×4

2a 2a 2

0,25

(2)

0,25

(2a ) (0, 01 − a )(0, 015 − a)

0,25

 a = 7,27.10-3

0,25

 x = 0,029

0,25

3.1 0,25

NH3 + HCl  → NH4Cl 8.10-3

Chất BF3

Công thức cấu tạo

TT lai hoá

Dạng hình học phân tử

sp2

∆ giác

NH3

F CF4

F F

Tứ diện

sp3

0,25x = k(0,05)a(0,2)b

0,01-x

0,04+x

x(0, 04 + x) 0, 01 − x

0,25

3.2

Chóp đáy tam giác

nH+ = 0,3 mol nOH- = 0,95 mol sp

Đường thẳng

nSO42- = 0,4 mol nAl3+ = 0,2 mol

2. 1.

2x = k(0,1)a(0,4)b

pH = 8,653

O=C=O

x = k(0,1)a(0,2)b

0,04

0,25

x = 4,5.10-6

H CO2

0,01

1,8.10-5 =

F NH3

⇀ NH4+ + OH+ H2O ↽

nBa2+ = 0,2 mol

(1)

H+ + OH-  → H2O

(2)

0,25

Ba2+ + SO42-  → BaSO4

(3) Trang 235

Trang 236

0,25

Al3+ + 3OH-  → Al(OH)3

0,5

Rắn Z: NaNO2, NaCl, Na2CO3

Al(OH)3 + OH-  → AlO2- + 2H2O mBaSO4 = 0,2*233 = 46,6 gam 0,25

mAl(OH)3 = 0,15*78 = 11,7 gam m = 46,6 + 11,7 = 58,3 gam 4

6.2

0,25

4.1. Nước trong cốc theo ống phun vào bình thành những tia nước có màu đỏ.

Dung dịch sau phản ứng chứa

0,50

1,41 mol Na+; 1,2 mol Cl- và a mol NO3-

Do khí HCl tan nhiều trong nước, làm giảm áp suất trong bình.

4.2.

2FeS2 +

mol

0,02

11SO42-

+ 28 H → 2Fe

+ 15 SO2 + 14 H2O

0,03

0,285

0,25

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố nito

0,25

Áp dụng định luật bảo toàn electron 0,25

3x = 0,19*3  x = 0,19

0,25

a = 0,1

0,25

CO2 + Ca(OH)2  → CaCO3 + H2O

0,25

0,2

0,25

0,4 = 0,21 + nNO  nNO = 0,19

5.1

0,2

0,25

nHNO3 = nNO3- + nNO

m = 10,64 gam

0,50

Độ bất bão hòa: 12

2,0

T là hiđrocacbon no  n CO2 = 0,24 - 0,08 = 0,16

0,25

0,114

 VKMnO4 = 0,456 (lít) 5

1,41 = 1,2 + a  a = 0,21

0,135

5SO2 + 2MnO4- + 2H2O → 5SO42- + 2Mn2+ + 4 H+ mol

0,50

0,15

2FeS + 7SO42- + 20H+ → 2Fe3+ + 9SO2 + 10 H2O mol

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích

0,25

 mT = mC + mH =2,4 gam

0,25

 mF = ∆mbình tăng + mT = 6,08 gam

0,2

0,25

 nF= 0,16 = nX

2CO2 + Ca(OH)2  → Ca(HCO3)2 0,6

0,3

x = 0,5 mol

Đặt CTTQ chung của hỗn hợp X là C x H 4 : 0,16 mol

0,50

5.2

Trong X: nH = 4nX = 0,64 mol  nC =

mO2 = 11,62 – 8,42 = 3,2  nO2 = 0,1

0,25

nHNO3 = 4nNO + 4nO2

0,75

5,8 − 0, 64 = 0, 43 mol 12

0,25 0,25

 x = 2, 6875  k = 1, 6875

0,25

Bảo toàn π: k.0,16 = n H2 pu + n Br2  n Br2 = 0,13  m Br2 = 20,8 gam

= 0,06*4 + 0,1*4 = 0,64 mol 6

0,25

 n H 2 phản ứng = 0,14

6.1.

Dung dịch X: NaNO2, NaNO3, Na2CO3, NaHCO3

0,25

Dung dịch Y: NaNO2, NaNO3, NaCl, NaHCO3

0,25

số H = 2  C2H2 (a mol)

0,25

và C3H2Ox  CH ≡ C-CHO (b mol)

0,50

Ta có Trang 237

Trang 238

a+b=1

(1)

0,25

2a + 3b = 2,4

(2)

0,25

1. Ở trạng thái cơ bản, nguyên tử của nguyên tố X có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 4s1. Viết cấu hình electron và xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn. Tính số electron độc thân của nguyên tử nguyên tố X ở trạng thái cơ bản.

(1), (2) a = 0,6 và b = 0,4 mAg2C2 = 0,6 mol

0,25

mAgC ≡ C-COONH4 = 0,4 mol

0,25

2. Viết phương trình phản ứng (dưới dạng phân tử) khi cho các dung dịch (mỗi dung dịch đều chứa 1 mol chất tan) tác dụng với nhau theo từng cặp sau: BaCl2 và NaHSO4; Ba(HCO3)2 và KHSO4; Ca(H2PO4)2 và KOH; Ca(OH)2 và NaHCO3. 3. Tính pH của dung dịch hỗn hợp CH3COOH 0,5M và C2H5COOH 0,6M. Biết hằng số phân li axit K CH3COOH = 1, 75.10-5 và K C2 H5COOH = 1,33.10-5 .

mAg = 0,8 mol 0,25

nAgNO3 = 0,6x2 + 0,4 + 0,8 = 2,4 mol 10

Câu II (5,5 điểm).

∆ mbình tăng = m CO2 + m H 2O = 44x + 18x = 24,8

Lập tỉ lệ:

1. Viết phương trình hoá học và trình bày cơ chế của phản ứng nitro hoá benzen (tỉ lệ mol các chất phản ứng là 1:1, xúc tác H2SO4 đặc).

0,25

 n CO2 = n H 2O =x = 0,4 mol

2. Viết các phương trình hoá học của các phản ứng có thể xảy ra khi cho stiren, toluen, propylbenzen lần lượt tác dụng với dung dịch KMnO4 (ở nhiệt độ thích hợp).

n NaOH 4 = = 1,33 nX 3

3. Từ khí thiên nhiên (các chất vô cơ và điều kiện phản ứng có đủ) viết phương trình phản ứng điều chế poli(vinyl ancol), axit lactic (axit 2-hiđroxipropanoic).

 Trong hỗn hợp X có este có dạng: RCOOC6H4R' (este B) 0,25

Theo qui tắc đường chéo, tính được số mol mỗi este là:

Câu III (4,5 điểm).

nA = 0,2 mol

1. Hòa tan a gam CuSO4.5H2O vào nước được dung dịch X. Cho 1,48 gam hỗn hợp Mg và Fe vào dung dịch X . Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn A có khối lượng 2,16 gam và dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được hỗn hợp oxit có khối lượng 1,4 gam.

0,50

nB = 0,1 mol  Anđehit Y là: CH3CHO

0,50

Bảo toàn khối lượng: meste + mNaOH = mCH3CHO + mmuối + mH2O

a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

(nH2O = 0,1 mol)

b. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu và giá trị của a.

0,50

 meste = 32,2 gam

2. Hòa tan hoàn toàn 25,3 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn bằng dung dịch HNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và 4,48 lít (đktc) khí Z (gồm hai hợp chất khí không màu) có khối lượng 7,4 gam. Cô cạn dung dịch Y thu được 122,3 gam hỗn hợp muối. Tính số mol HNO3 đã tham gia phản ứng.

Lưu ý dành cho các giám khảo:

Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho trọn điểm.

Câu IV (4,5 điểm). 1. Chia 14,2 gam hỗn hợp X gồm hai anđehit đơn chức thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 15,4 gam CO2 và 4,5 gam H2O. Cho phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 43,2 gam bạc. Xác định công thức cấu tạo của hai anđehit trên.

1. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

Đề thi chính thức 2.

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12

2. A là một hợp chất hữu cơ đơn chức (chỉ chứa 3 nguyên tố C, H, O). Cho 13,6 gam A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được m gam chất rắn X. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 26,112 gam oxi, thu được 7,208 gam Na2CO3 và 37,944 gam hỗn hợp Y (gồm CO2 và H2O). Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo (dạng mạch cacbon không phân nhánh) của A.

NĂM HỌC 2012 - 2013 i)

Môn thi: HOÁ HỌC 12 THPT - BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

(Cho: H=1, C=12, N=14, O=16, Na=23, Mg=24, Al=27, S=32, Fe=56, Cu=64, Zn=65, Ag=108)

Câu I (5,5 điểm).

- - - Hết - - Trang 239

Trang 240

Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:....................... 3. *SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

Phân li:

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12

C2H5COOH

NĂM HỌC 2012 - 2013 i)

Phân li:

x (M)

 → C2H5COO- + H+ ← 

K C2 H5COOH =

[C 2 H 5COO- ].[H + ] (2) [C 2 H 5COOH]

y (M)

=> Nồng độ của các chất và ion tại điểm cân bằng là:

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC

[CH3COO-] = x (mol/l); [C2H5COO-] = y (mol/l)

Môn thi: HOÁ HỌC - THPT BẢNG A

[H+] = x + y (mol/l)

(Hướng dẫn và biểu điểm gồm 04 trang)

[CH3COOH] = 0,5– x (mol/l); [C2H5COOH] = 0,6 – y (mol/l). Do hằng số cân bằng của các axit quá nhỏ nên: 0,5 – x ≈ 0,5; 0,6 – y ≈ 0,6

Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1

 x(x + y)  x(x + y) −5 =1, 75.10−5 (3)  0,5 − x =1, 75.10  0,5 ⇔    y(x + y) =1,33.10−5  y(x + y) = 1,33.10−5 (4)  0,6  0, 6 − y

5,5 1. Có ba trường hợp sau: Trường hợp 1: Cấu hình electron của X là [Ar] 4s1.

<=> (x+y)2 = 16,73.10-6 => (x+y) = 4,09.10-3 0,5

=> [H+] = x+y = 4,09.10-3M => pH = -lg[H+] = -lg(4,09.10-3) = 2,39.

Trường hợp 2: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d5 4s1.

0,5

Cộng (3) và (4) ta được x(x+y) + y(x+y) = 0,5.1,75.10-5 + 0,6.1,33.10-5

X thuộc ô thứ 19, chu kì 4, nhóm IA.

Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân. 2,0

0,5

Thay vào (1) và (2) ta được:

X thuộc ô thứ 24, chu kì 4, nhóm VIB.

Ở trạng thái cơ bản, X có 6 electron độc thân.

0,75

0,5

Trường hợp 3: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d10 4s1.

Câu 2

X thuộc ô thứ 29, chu kì 4, nhóm IB.

1. Phương trình phản ứng nitro hoá benzen

Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân. 2.

0,75

2 H2SO4 + HNO3

BaCl2 + NaHSO4  → BaSO4 ↓ + NaCl + HCl Ba(HCO3)2 + KHSO4  → BaSO4 ↓ + KHCO3 + CO2 ↑ + H2O

2,0

0,5x4

Ca(H2PO4)2 + KOH  → CaHPO4 ↓ + KH2PO4 + H2O

K CH3COOH =

H3 O

2 HSO4

0,5 NO2

NO2

+ NO2

3. Gọi nồng độ CH3COOH điện li là xM, nồng độ của C2H5COOH điện li là yM.

 → CH3COO- + H+ CH3COOH ← 

NO2

1,5

→ CaCO3 ↓ + NaOH + H2O Ca(OH)2 + NaHCO3 

1,5

5,5

H+

1,0

2.Các phương trình phản ứng: 2,0

[CH3COO ].[H ] (1) [CH 3COOH] Trang 241

Ở nhiệt độ thường, dung dịch KMnO4 chỉ phản phản ứng được với stiren. Khi đun nóng, dung dịch KMnO4 phản ứng được với cả ba chất: Trang 242

=> Mg hết, Fe có thể dư.

3C6H5-CH=CH2 + 2KMnO4+ 4H2O  → 3C6H5-CH(OH)-CH2(OH) +2MnO2 ↓ +2KOH 0

t 3C6H5CH=CH2 + 10KMnO4  → 3C6H5COOK + 3K2CO3 + KOH + 10MnO2 ↓ + 4H2O

0,5

0,5*4

Gọi số mol của Mg, Fe trong hỗn hợp lần lượt là x và y mol.

t C6H5-CH3 + 2KMnO4  → C6H5COOK + 2MnO2 ↓ + KOH + H2O

Gọi số mol Fe đã phản ứng là z (z ≤ y) mol.

t 3C6H5CH2CH2CH3+10KMnO4  → 3C6H5COOK+3CH3COOK+4KOH+4H2O+ 10MnO2 ↓

Ta có các phản ứng:

→ MgSO4 + Cu Mg + CuSO4  x→

3. Điều chế poli(vinyl ancol)

z→ z

HgSO4 ,80 C C2H2 + H2O  → CH3CHO H+

2CH3CHO + O2  → 2CH3COOH CH3COOH + C2H2 → CH3COOCH=CH2

( CH2 - CH

) n OCOCH3

nNaOH

(mol)

) n OCOCH3

z→

( CH2 - CH

) n

(mol)

t Mg(OH)2  → MgO + H2O

x→ ( CH2 - CH

(mol)

nCH3OONa

(mol)

t 4Fe(OH)2 + O2  → 2Fe2O3 + 4H2O

z→

Điều chế axit lactic

z/2

(mol)

=> Chất rắn A gồm Cu (x+z) mol và có thể có Fe dư (y-z) mol.

→ CH3CH(OH)CN CH3CHO + HCN 

0,5

Oxit gồm MgO và Fe2O3.

CH3CH(OH)CN + 2H2O + H+  → CH3CH(OH)COOH + NH +4

0,5 Câu 3

4,5

24x + 56y = 1,48

(1)

64(x+z) + 56(y-z) = 2,16

(2)

40x + 160.z/2 = 1,4

(3)

Giải hệ (1), (2) và (3) ta được x=0,015 mol, y=0,02 mol, z=0,01 mol.

1. Nếu Mg, Fe tan hết trong dung dịch CuSO4 thì oxit phải chứa MgO, Fe2O3 và có thể có CuO. Như vậy, khối lượng oxit phải lớn hơn khối lượng kim loại. 2,5

(mol)

FeSO4 + 2NaOH  → Fe(OH)2 ↓ + Na2SO4

0,25

x→

Hg 2+ , t 0

xt , t

MgSO4 + 2NaOH  → Mg(OH)2 ↓ + Na2SO4

Mn 2+ , t 0

2,0

Fe + CuSO4  → FeSO4 + Cu

1500 C 2CH4  → C2H2 + 3H2 lamlanh nhanh

n CH3COO CH=CH2

0,75 0,25

mMg= 0,015.24 = 0,36 gam; mFe = 0,02.56 = 1,12gam. Số mol CuSO4 là x+z = 0,025 mol => a = 0,025.250 = 6,25 gam

Nhưng theo đề ra, moxit = 1,4 gam < mkim loại = 1,48 gam

0,5

2. Z không màu => không có NO2.

=> Vậy kim loại dư, CuSO4 hết. Nếu Mg dư thì dung dịch thu được chỉ là MgSO4 => Kết thúc phản ứng chỉ thu được MgO (trái với giả thiết).

Trang 243

2,0

Các khí là hợp chất => không có N2.

0,25

=> Hai hợp chất khí là N2O và NO. Trang 244

 n N O + n NO = 4, 48 / 22, 4  n N O = 0,1mol Theo đề ta có:  2  2 44.n 30.n 7, 4 + =  n NO = 0,1mol N 2O NO  Hỗn hợp muối gồm Mg(NO3)2, Zn(NO3)2, Al(NO3)3 và có thể có NH4NO3.

HCHO x 0,25

Ta có các quá trình nhận electron:

10H + 2NO3 + 8e → N2O + 5H2O 1 +

0,1

0,5

(mol)

4H + NO3 + 3e → NO + 2H2O 0,1

(mol)

x + y = 0,15 (1)

0,5

4x + 2y = 0,4 (2)

0,25

Giải (1) và (2) => x = 0,05; y = 0,1.

0,4

4x (mol)

RCHO  → 2Ag

Gọi số mol của NH4NO3 là x mol (x ≥ 0).

 → 4Ag

Từ khối lượng mỗi phần là 7,1 gam => 0,05.30 + 0,1.(R+29) = 7,1 => R = 27 (-C2H3)

0,2

(mol)

=> Anđehit còn lại là: CH2=CH-CHO

0,5 0,25

10H+ + 2NO3- + 8e → NH4NO3 + 3H2O 10x

3x (mol) 2. nNaOH = 2 n Na 2CO3 = 0,136 mol => mNaOH = 0,136.40 = 5,44 gam.

=> n HNO3 = n H+ = 1, 4 + 10x(mol) ; n H2O = 0, 7 + 3x(mol) Theo phương pháp bảo toàn khối lượng ta có:

Theo phương pháp bảo toàn khối lượng ta có:

0,75

m X = m Na 2CO 3 + m Y − mO2 = 7,208 + 37,944 – 26,112 = 19,04 gam.

m kimloai + m HNO3 = m muoi + m Z + m H2O

=> A là este vòng dạng: 0,5 0,25

Câu 4

4,5 1. Khối lượng mỗi phần là 14,2/2 = 7,1 gam

2,0

O Vì este đơn chức => nA = nNaOH = 0,136 mol => MA = 100.

=> A có công thức cấu tạo là:

=> mC = 4,2gam; mH = 0,5gam => mO = 7,1-4,2-0,5 = 2,4gam => nO = 0,15mol

2,5

C R

Đặt A là CxHyO2 => 12x + y + 32 = 100 => x = 5; y = 8 => CTPT của A là C5H8O2

Phần 1: n CO2 = 0,35 mol; n H2O = 0, 25 mol

Vì anđehit đơn chức => n2anđehit = nO = 0,15mol.

0,5

Ta thấy: mX = mA + mNaOH

<=> 25,3 + 63(1,4+10x) = 122,3 + 7,4 + 18(0,7+3x) => x=0,05 => nHNO3 = 1 + 0,4 + 10.0,05 = 1,9 mol.

0,25

0,5

CH2

0,5 0,25

Phần 2: nAg = 43,2/108 = 0,4 mol. Do

n Ag nX

0,5

0, 4 > 2 => Hỗn hợp có HCHO 0,15

Đặt công thức của anđehit còn lại là RCHO

0,5

Gọi số mol của HCHO và RCHO ở mỗi phần lần lượt là x và y mol.

Ghi chú : Học sinh làm cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa, phương trình ghi thiếu điều kiện trừ đi ½ số điểm

Sơ đồ phản ứng tráng gương: Trang 245

Trang 246

4. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

2. Chia 14,2 gam hỗn hợp X gồm hai anđehit đơn chức thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 15,4 gam CO2 và 4,5 gam H2O. Cho phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 43,2 gam bạc. Xác định công thức cấu tạo của hai anđehit trên.

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12

NĂM HỌC 2012 - 2013 i)

Đề thi chính thức 5. 6.

(Cho H=1, C=12, N=14, O=16, Na=23, S=32, K =39, Fe=56, Cu=64, Zn=65,Ag=108, Ba =137)

Môn thi: HOÁ HỌC 12 THPT - BẢNG B Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

- - - Hết - - -

Câu I (5,0 điểm).

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

1. Cho AlCl3 lần lượt tác dụng với các dung dịch: NH3, Na2CO3, Ba(OH)2. Viết các phương trình phản ứng có thể xảy ra.

7. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12

NĂM HỌC 2012 - 2013

2. Ở trạng thái cơ bản, nguyên tử của nguyên tố X có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 4s . Viết cấu hình electron và xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn. Tính số electron độc thân của nguyên tử nguyên tố X ở trạng thái cơ bản.

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC

3. Viết phương trình phản ứng (dưới dạng phân tử) khi cho các dung dịch (mỗi dung dịch đều chứa 1 mol chất tan) tác dụng với nhau theo từng cặp sau: BaCl2 và NaHSO4; Ba(HCO3)2 và KHSO4; Ca(H2PO4)2 và KOH; Ca(OH)2 và NaHCO3.

Môn thi: HOÁ HỌC - THPT BẢNG B (Hướng dẫn và biểu điểm gồm 04 trang)

Câu II (5,0 điểm). 1. Cho hợp chất thơm A có công thức p-HOCH2C6H4OH lần lượt tác dụng với Na, dung dịch NaOH, CH3COOH (xt, t0). Viết các phương trình phản ứng (vẽ rõ vòng benzen) xảy ra. 2. Xác định các chất A, B, C, D và viết phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện nếu có) thực hiện sơ

Câu

Nội dung

Câu 1

đồ sau:

Điểm 5,0

→ Al(OH)3 ↓ + 3NH4Cl AlCl3 + 3NH3 + 3H2O 

15000 C

CH3COOH  → A  → CH4 → B  → C  → D  → cao su buna 3. Viết các phương trình hoá học của các phản ứng có thể xảy ra khi cho stiren, toluen, propylbenzen lần lượt tác dụng với dung dịch KMnO4 (ở nhiệt độ thích hợp).

→ 2Al(OH)3 ↓ + 6NaCl + 3CO2 ↑ 2AlCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O 

1,0

2AlCl3 + 3Ba(OH)2  → 2Al(OH)3 ↓ + 3BaCl2

0,25 *4

2Al(OH)3 + Ba(OH)2  → Ba(AlO2)2 + 4H2O

Câu III (5,0 điểm). 1. Thêm 100ml dung dịch có pH = 2 (gồm HCl và HNO3) vào 100ml dung dịch NaOH 0,1M. Tính pH của dung dịch thu được.

2. Trộn 100ml dung dịch Al2(SO4)3 1M với Vml dung dịch NaOH 4M thu được 11,7 gam kết tủa. Xác định V.

Trường hợp 1: Cấu hình electron của X là [Ar] 4s1.

3. Cho 19,52 gam hỗn hợp bột A gồm Fe và Cu vào dung dịch HNO3, khuấy đều đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 4,48 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc), 400ml dung dịch B và còn lại 1,92 gam một kim loại. Xác định nồng độ mol/l của các chất tan trong dung dịch B. Câu IV (5,0 điểm).

Có ba trường hợp sau:

2,0

Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân. Trường hợp 2: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d5 4s1.

1. Hợp chất hữu cơ A mạch hở (phân tử chỉ chứa C, H, O; MA < 78). A tác dụng được với dung dịch NaOH. Đốt cháy hoàn toàn 8,64 gam A rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt đi qua bình 1 chứa dung dịch H2SO4 đặc; bình 2 chứa dung dịch Ba(OH)2 dư thấy khối lượng bình 1 tăng 4,32 gam, bình 2 xuất hiện 70,92 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo, gọi tên A. Trang 247

X thuộc ô thứ 19, chu kì 4, nhóm IA.

X thuộc ô thứ 24, chu kì 4, nhóm VIB.

Ở trạng thái cơ bản, X có 6 electron độc thân.

0,5

Trường hợp 3: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d10 4s1.

Trang 248

X thuộc ô thứ 29, chu kì 4, nhóm IB.

t 3C6H5CH=CH2 + 10KMnO4  → 3C6H5COOK + 3K2CO3 + KOH + 10MnO2 ↓ + 4H2O

Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân.

0,75

t C6H5-CH3 + 2KMnO4  → C6H5COOK + 2MnO2 ↓ + KOH + H2O 0

t 3C6H5CH2CH2CH3+10KMnO4  → 3C6H5COOK+3CH3COOK+4KOH+4H2O+ 10MnO2 ↓

0,75

5,0

Câu 3

3. 0,25 BaCl2 + NaHSO4  → BaSO4 ↓ + NaCl + HCl

1. Dung dịch axit:pH=2 => [H+] = 10-2M => n H+ = 0,1.10 −2 = 10 −3 mol

Ba(HCO3)2 + KHSO4  → BaSO4 ↓ + KHCO3 + CO2 ↑ + H2O

2,0

0,5x4

Dung dich NaOH có [OH-] = 0,1M

Ca(H2PO4)2 + KOH  → CaHPO4 ↓ + KH2PO4 + H2O

0,25

=> n OH− = 0,1.0,1 = 10−2 mol

Ca(OH)2 + NaHCO3  → CaCO3 ↓ + NaOH + H2O

Khi trộn xảy ra phản ứng: H+ + OH-  → H2O

Câu 2

5.0

0,25

1,5 => H+ hết, OH- dư. Số mol OH- dư là: 10-2 – 10-3 = 9.10-3 mol

=> [OH ] =

CH2OH

NaO

2Na

CH2ONa

1,5

CH2OH

NaO

NaOH

CH2OH

=> pH = − lg[H + ]= -lg(

0,5*3

H2O

9.10−3 = 0, 045M 0, 2

0,25

10-14 ) = 12, 65 0,045

0,25

CH2OH + CH3COOH

H2SO4 dac,t

CH2OOCCH3

H2O

0,25

CH3COOH +NaOH → CH3COONa + H 2O

2. n Al2 (SO4 )3 = 0,1 mol ; n Al(OH)3 =

CaO, t CH3COONa + NaOH  → CH 4 + Na 2CO3

11, 7 = 0,15 mol 78

0,25

1500 C → C2 H 2 + 3H 2 2CH 4  LLN

1,5

Trường hợp 1: Chỉ xảy ra phản ứng:

0,25*6

t ,xt 2C2 H 2  → CH 2 = CH − C ≡ CH

→ 3Na2SO4 + 2Al(OH)3 Al2(SO4)3 + 6NaOH 

Pd,PbCO3 ,t CH 2 = CH − C ≡ CH + H 2  → CH 2 = CH − CH = CH 2

0,45

1,75

xt,t ,p nCH 2 = CH − CH = CH 2  →(−CH 2 − CH = CH − CH 2 −) n

0,15

(mol)

=> n NaOH = 3n Al(OH)3 = 3.0,15 = 0, 45 mol => Vdung dịchNaOH = 0,45/4 = 0,1125 lít = 112,5 ml.

2,0

3. Ở nhiệt độ thường, dung dịch KMnO4 chỉ phản phản ứng được với stiren. Khi đun nóng, dung dịch KMnO4 phản ứng được với cả ba chất:

Trường hợp 2: Xảy ra cả 2 phản ứng:

0,5*4

→ 3C6H5-CH(OH)-CH2(OH) +2MnO2 ↓ +2KOH 3C6H5-CH=CH2 + 2KMnO4+ 4H2O 

Al2(SO4)3 + 6NaOH  → 3Na2SO4 + 2Al(OH)3 (1) 0,075

Trang 249

0,45

0,15

(mol)

0,5

Trang 250

Al2(SO4)3 + 8NaOH  → 3Na2SO4 + 2NaAlO2 + 4H2O (2) 0,025

0,2

0,25

(mol)

Theo (1) và (2): => số mol NaOH phản ứng: 0,45 + 0,2 = 0,65 mol => Vdung dịch NaOH = 0,65/4 = 0,1625 lít = 162,5 ml. 0,25

Câu 4

5,0

1. * Khối lượng bình 1 tăng = m H2 O = 4, 32 gam => n H2O = 0, 24 mol => nH = 0,48 mol.

* Hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư:

1,0

n BaCO3 = 3. Vì tính khử của Cu < Fe => Kim loại dư là Cu. Cu dư nên HNO3 hết, muối sau phản ứng là Fe(NO3)2 và Cu(NO3)2.

n NO =

0,5

CO2 + Ba(OH) 2 → BaCO3 + H 2 O 0,36

Gọi a, b lần lượt là số mol Fe và Cu đã phản ứng.

2,5

=> 56a + 64b = 19,52 – 1,92 = 17,6 (1) Các quá trình oxi hóa – khử:

1,75

0,25

2a (mol)

(mol)

=> n CO2 = 0,36 mol => nC = 0,36 mol

0,5 0,25 0,5

=> nO = 0,24 mol Gọi CTPT của A là CxHyOz ta có x:y:z = 0,36: 0,48 : 0,24 = 3: 4: 2. => Công thức của A có dạng: (C3H4O2)n

2b (mol)

N +5 + 3e → N +2 0,6

0,36

*mO = 8,64 – (mC + mH) = 8,64 – 12.0,36 -0,48.1 = 3,84 gam

Cu → Cu 2+ + 2e b

70,92 = 0,36 mol 197

Phương trình phản ứng:

4, 48 = 0, 2 mol 22, 4

Fe → Fe2+ + 2e

0,25

Do MA < 78 => 72n < 78 => n < 1,08 => n = 1 => A là C3H4O2.

0,5

Do A tác dụng được với NaOH nên công thức cấu tạo là:

0,5

CH2=CHCOOH ( axit acrylic)

0,2 (mol)

hoặc HCOOCH=CH2 (vinyl fomat)

Theo phương pháp bảo toàn electron ta có: 2a + 2b = 0,6 (2). Giải (1) và (2) ta được: a = 0,2; b = 0,1. => Nồng độ dung dịch của Fe(NO3)2 là 0,2/0,4 = 0,5M,

0,25

=> Nồng độ dung dịch của Cu(NO3)2 là 0,1/0,4 = 0,25 M 0,25

Trang 251

Trang 252

8. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

2. Khối lượng mỗi phần là 14,2/2 = 7,1 gam

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12

NĂM HỌC 2012 - 2013 i)

Đề thi chính thức

Phần 1: n CO2 = 0,35 mol; n H2O = 0, 25 mol => mC = 4,2gam; mH = 0,5gam => mO = 7,1-4,2-0,5 = 2,4gam => nO = 0,15mol

9. 0,5

10.

Vì anđehit đơn chức => n2anđehit = nO = 0,15mol.

Môn thi: HOÁ HỌC – BT THPT Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Phần 2: nAg = 43,2/108 = 0,4 mol. Do

n Ag nX

0, 4 > 2 => Hỗn hợp có HCHO 0,15

Câu 1 (2,5 điểm). 0,5

Đặt công thức của anđehit còn lại là RCHO

Viết phương trình hóa học của các phản ứng (nếu có) khi cho các chất trên lần lượt tác dụng với: Na, dung dịch NaOH, dung dịch NaHCO3.

Gọi số mol của HCHO và RCHO ở mỗi phần lần lượt là x và y mol.

2,5

Câu 2 (3,0 điểm).

Sơ đồ phản ứng tráng gương: HCHO

1. Cho hợp chất thơm A có công thức p-HOCH2C6H4OH lần lượt tác dụng với Na, dung dịch NaOH, CH3COOH (xt, t0). Viết các phương trình phản ứng (vẽ rõ vòng benzen) xảy ra.

 → 4Ag

4x (mol)

2. Viết phương trình hoàn thành sơ đồ sau:

RCHO  → 2Ag y =>

Cho các chất : HCOOH, CH3COOC2H5, C2H5OH.

1500 C CH 3COOH  → A  → CH 4  → B  → C  → D  → caosu buna

(mol)

Câu 3 (2,5 điểm).

x + y = 0,15 (1) 4x + 2y = 0,4 (2)

Giải (1) và (2) => x = 0,05; y = 0,1.

0,5 0,25

Từ khối lượng mỗi phần là 7,1 gam => 0,05.30 + 0,1.(R+29) = 7,1 => R = 27 (-C2H3) => Anđehit còn lại là: CH2=CH-CHO

Chỉ dùng dung dịch Ba(OH)2, hãy trình bày phương pháp hóa học nhận biết các dung dịch riêng biệt sau: (NH4)2SO4, NH4Cl, NaCl, MgCl2, AlCl3. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

Câu 4 (2,5 điểm).

0,5

Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra khi cho dung dịch NaOH, dung dịch NH3, khí Cl2, bột Mg, dung dịch HNO3 (tạo khí NO duy nhất) lần lượt tác dụng với dung dịch Fe(NO3)2.

0,25

Câu 5 (4,0 điểm). Este X (no, đơn chức, mạch hở) có tỉ khối hơi so với H2 bằng 44.

Ghi chú : Học sinh làm cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa, phương trình ghi thiếu điều kiện trừ đi ½ số điểm

1. Xác định công thức phân tử, viết cấu tạo có thể có và gọi tên của X. 2. Đun nóng 4,4 gam X với dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 4,1 gam muối natri của axit hữu cơ. Xác định công thức cấu tạo của X. Câu 6 (5,5 điểm). 1. Hòa tan hoàn toàn 11,0 gam hỗn hợp X chứa hai kim loại Al và Fe ở dạng bột vào dung dịch HCl thu được 8,96 lít khí (ở đktc). a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b. Tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong X.

Trang 253

Trang 254

2. 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.

CH2OH + CH3COOH

H2SO4 dac,t

CH2OOCCH3

H2O

(Cho H=1, C=12, N=14, O=16, Na=23, Mg =24, Al =27, S=32, Fe=56, Cu=64, Ag=108) 2.

- - - Hết - - -

CH3COOH +NaOH → CH3COONa + H 2O 0

CaO, t → CH 4 + Na 2CO3 CH3COONa + NaOH 

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

1,5

1500 C 2CH 4  → C2 H 2 + 3H 2 LLN

0,25*6

t ,xt 2C2 H 2  → CH 2 = CH − C ≡ CH 0

11. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

Pd,PbCO3 ,t CH 2 = CH − C ≡ CH + H 2  → CH 2 = CH − CH = CH 2

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013

xt,t ,p nCH 2 = CH − CH = CH 2  →(−CH 2 − CH = CH − CH 2 −) n

i) Câu 3

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC

2,5

Trích mỗi dung dịch một ít để làm thí nghiệm.

Môn thi: HOÁ HỌC - GDTX

0,25

Cho dung dịch Ba(OH)2 tới dư lần lượt vào các dung dịch trên:

(Hướng dẫn và biểu điểm gồm 02 trang)

+ DD xuất hiện khí mùi khai và kết tủa trắng là (NH4)2SO4. + DD xuất hiện kết tủa trắng là NH4Cl.

Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1

+ DD không phản ứng là NaCl.

2,5

+ DD xuất hiện kết tủa trắng là MgCl2.

Các phương trình phản ứng 2,5

2HCOOH + 2Na  → 2HCOONa + H2

→ 2CH3COONa + H2 2CH3COOH + 2Na 

(NH4)2SO4 + Ba(OH)2  → BaSO4 ↓ + 2NH3 ↑ + 2H2O

0,5*5 HCOOH + NaOH  → HCOONa + H2O

2NH4Cl + Ba(OH)2  → BaCl2 + 2NH3 ↑ + 2H2O

CH3COOC2H5 + NaOH  → CH3COONa + CH3CH2OH

MgCl2 + Ba(OH)2  → Mg(OH)2 ↓ BaCl2

HCOOH + NaHCO3  → HCOONa + CO2 + H2O 3,0 1.

2Al(OH)3 + Ba(OH)2  → Ba(AlO2)2 +4H2O Câu 4

CH2OH

2Na

NaO

CH2ONa

CH2OH

NaO

0,5 2,5

2NaOH + Fe(NO3)2  → 2NaNO3 + Fe(OH)2 2NH3 + 2H2O + Fe(NO3)2  → 2NH4NO3 + Fe(OH)2

NaOH

0,5

2AlCl3 + 3Ba(OH)2  → 2Al(OH)3 ↓ + 3BaCl2

Câu 2

1,25

Các phương trình phản ứng:

2,5

1,5

+ DD lúc đầu xuất hiện kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan khi Ba(OH)2 dư là AlCl3.

H2O

0,5*5

3Cl2 + 6Fe(NO3)2  → 2FeCl3 + 4Fe(NO3)3 0,5*3 Trang 255

Trang 256

=> mAl = 0,2.27 = 5,4 gam =>

→ 3Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 4HNO3 + 3Fe(NO3)2  Câu 5

0,5

Giải hệ (1) và (2) ta được x = 0,2; y = 0,1

Mg + Fe(NO3)2  → Mg(NO3)2 + Fe

0,5

5, 4 .100% = 49, 09% 11, 0 => %m Fe = 100% − 49, 09% = 50,91%

4,0

%m Al =

1. Gọi công thức este X là CnH2nO2; Mx = 44.2=88  14n + 32 = 88 => n = 4.

Vậy công thức của este X là : C4H8O2 Công thức cấu tạo có thể có của X: HCOOCH2CH2CH3

2,0

1,0 1,0

(propyl fomat)

HCOOCH(CH3)CH3 (isopropyl fomat)

2. Trong dung dịch A có 0,2 mol AlCl3 và 0,1 mol FeCl2.

CH3COOCH2CH3

(etyl axetat)

=> Dung dịch A chứa 0,2 mol Al3+, 0,1 mol Fe2+ và 0,8 mol Cl-.

CH3CH2COOCH3

(metyl propionat)

→ AgCl ↓ Cl- + Ag+ 

0,25

2,0

0,8

2. Gọi công thức cấu tạo của X là RCOOR’

RCOOR’ + NaOH  → RCOONa + R’OH

0,5

0,05 mol

0,25

Mmuối =

0,05 mol

4,1 = 82  R + 67 = 82  R = 15(CH3 ) 0, 05

0,8 +

mol 0,5

Fe + Ag  → Fe + Ag ↓

Phương trình phản ứng xà phòng hóa

2,0

0,5

Cho A tác dụng với dung dịch AgNO3 dư:

1,0

0,1

0,1 mol 0,5

=> m = 0,8.143,5 + 0,1.108 = 125,6 gam

0,5 0,5

Ghi chú : Học sinh làm cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa, phương trình ghi thiếu điều kiện trừ đi ½ số điểm

Công thức cấu tạo của X là: CH3COOCH2CH3 0,5 Câu 6

5,5

12. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

1. Gọi x và y là số mol của Al và Fe

Phương trình của các phản ứng:

Đề thi dự bị 13.

2Al + 6HCl  → 2AlCl3 + 3H2 x 3,5

3x/2 mol

0,5

Fe + 2HCl  → FeCl2 + H2 y

y mol

Từ mkim loại = 11,0 gam => 27x + 56y = 11,0 (1) Từ n H 2 =

0,5

a) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12

NĂM HỌC 2012 - 2013 i)

(Đề thi gồm 02 trang) 14. 15. Môn thi: HOÁ HỌC - THPT BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (2,5 điểm)

0,5

Phenol và anilin đều phản ứng với dung dịch nước brom, nhưng toluen thì không.

8,96 = 0, 4 mol => 3x/2 + y = 0,4 (2) 22, 4

1. Từ kết quả thực nghiệm đó có thể rút ra kết luận gì? Trang 257

Trang 258

2. Anisol (metylphenyl ete) có phản ứng với dung dịch nước brom không ? Giải thích.

a) Viết công thức cấu tạo của A và B.

3. Nếu cho dung dịch nước brom lần lượt cho vào từng chất p–toludin (p–aminotoluen), p–cresol (p–metylphenol) theo tỷ lệ mol 1 : 2 thì thu được sản phẩm chính là gì?

b) Trong các cấu tạo của A, chất A1 có nhiệt độ sôi nhỏ nhất. Hãy xác định công thức cấu tạo đúng của A1 . c) Viết phương trình phản ứng chuyển hóa o–crezol thành A1.

Câu 2. (2,5 điểm)

Câu 6. (4,0 điểm)

Sục khí A vào dung dịch chứa chất B ta được rắn C màu vàng và dung dịch D. Khí X có màu vàng lục tác dụng với khí A tạo ra C và F. Nếu X tác dụng với khí A trong nước tạo ra Y và F, rồi thêm BaCl2 vào dung dịch thì có kết tủa trắng. A tác dụng với dung dịch chất G là muối nitrat kim loại tạo ra kết tủa H màu đen. Đốt cháy H bởi oxi ta được chất lỏng I màu trắng bạc.

Xác định A, B, C, F, G, H, I, X, Y và viết phương trình hóa học của các phản ứng. Câu 3. (4,0 điểm)

a)Tính nồng độ mol các chất ở trạng thái cân bằng? Biết ban đầu trong bình A có 1mol H2 và 1mol I2

1. Chất X có công thức phân tử C8H15O4N. Từ X có hai biến hóa sau : 0

,t C8H15O4N dungdichNa   OH  → C5H7O4NNa2 + CH4O + C2H6O

b) Nếu ban đầu cho 2 mol HI vào bình A ở nhiệt độ 500 0C thì nồng độ các chất lúc cân bằng là bao nhiêu?

  l → C5H10O4NCl + NaCl C5H7O4NNa2 dungdichHC Biết: C5H7O4NNa2 có mạch cacbon không phân nhánh và có nhóm –NH2 ở vị trí α. Xác định công thức cấu tạo có thể có của X và viết phương trình hóa học của các phản ứng theo hai biến hóa trên dưới dạng công thức cấu tạo. 2. Hợp chất A có công thức C9H8 có khả năng kết tủa với dung dịch AgNO3 trong NH3 và phản ứng với brom trong CCl4 theo tỷ lệ mol 1:2. Đun nóng A với dung dịch KMnO4 tới khi hết màu tím, rồi thêm lượng dư dung dịch HCl đặc vào hỗn hợp sau phản ứng thấy có kết tủa trắng là axit benzoic đồng thời giải phóng khí CO2 và Cl2. Xác định công thức cấu tạo của A và viết phương trình hóa học của các phản ứng xẩy ra.

c) Nếu hệ đang ở trạng thái cân bằng ở câu a, ta thêm vào hệ 1,5 mol H2 và 2,0 mol HI thì cân bằng dịch chuyển theo chiều nào? (Cho H=1, C=12, N=14, O=16, S=32, Na=23, K =39, Fe=56; Zn=65, Ba =137) - - - Hết - - -

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

Câu 4. (3,0 điểm)

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 gam. Xác định khối lượng mỗi kim loại trong Y? Câu 5. (4,0 điểm)

Trang 260

0,25 Cấu tạo của phenol, anisol là: O

16. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

0,25 O

CH3

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12

NĂM HỌC 2012 - 2013

Đề dự bị

So sánh cấu tạo của phenol và anisol ta thấy anisol có nhóm –CH3 đẩy electron nên nhóm 0,25 –OCH3 đẩy electron mạnh hơn nhóm –OH, làm mật độ electron nên làm mật độ electron trong vòng benzen của anisol lớn hơn của phenol. Vì vậy anisol phản ứng với nước brom.

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI DỰ BỊ

OCH3

Môn thi: HOÁ HỌC - THPT BẢNG A

OCH3 + 3Br2

(Hướng dẫn và biểu điểm gồm 04 trang)

+ 3HBr

0,25

Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1

CH3

2,5

+2Br2

Khi cho phenol, anilin, toluen vào nước brom, các chất phản ứng với nước brom là : NH2 Br

+2HBr Br

NH2

NH2 + 3Br2

CH3

+ 3HBr

+ 3Br2

+2Br2

OH Br

NH2 Br CH3

0,25

0,5

CH3

+2HBr Br

+ 3HBr

Từ kết quả đó có thể rút ra kết luận : Khả năng phản ứng của phenol và anilin mạnh hơn nhiều so với toluen. Từ đó suy ra các nhóm –NH2, -OH có tác dụng hoạt hóa nhân thơm mạnh hơn nhóm –CH3

0,5 0,25 Trang 261

Trang 262

Câu 2

2,5

NH2

A : H2S; B : FeCl3; C : S ; F : HCl ; G : Hg(NO3)2 ; H : HgS ; I : Hg ;

C2H5−CH2−CH2−CH(NH2)−COOCH3 +2NaOH →

X : Cl2 ; Y : H2SO4

NaOOC−CH2−CH2−CH(NH2)−COONa + CH3OH + C2H5OH

Học sinh không phải lập luận chỉ cần xác định đúng các chất và viết phương trình cho điểm tối đa (B ngoài FeCl3 có thể lấy các chất khác)

NaOOC−CH2−CH2−CH(NH2)−COONa + 3HCl →

Phương trình hóa học của các phản ứng :

HOOC−CH2−CH2−CH−COOH + 2NaCl

H2S + 2FeCl3 → 2FeCl2 + S + 2HCl

(1)

Cl2 + H2S → S + 2HCl

(2)

4Cl2 + H2S + 4H2O → 8HCl + H2SO4

(3)

BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 ↓ + 2HCl

(4)

H2S + Hg(NO3)2 → HgS ↓ + 2HNO3

(5)

HgS + O2 → Hg + SO2

0,5

NH3Cl

2,0

A tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3 suy ra A có liên kết ba đầu mạch. A tác dụng 0,25 với Br2/CCl4 theo tỷ lệ mol 1:2. Vậy A có hai liên kết π ở gốc hidrocacbon mạch hở.

2,5

(6)

Các phương trình (2), (4) mỗi phương trình cho 0,25 điểm, riêng phương trình (1), (3), (5) và (6) mỗi phương trình cho 0,5 điểm

Công thức cấu tạo của A là : C6H5−CH2−C ≡ CH

0,25

Các phương trình phản ứng :

0,25 t0

C6H5−CH2−C ≡ CH + AgNO3 + NH3 → C6H5−CH2−C ≡ CAg ↓ + NH4NO3

Câu 3

4,0

2,0

C6H5−CH2−C ≡ CH + 2Br2  → C6H5−CH2−CBr2−CHBr2

0,25

3C6H5−CH2−C ≡ CH +14 KMnO4 → 3C6H5COOK +5K2CO3+KHCO3 +14MnO2 ↓ 0,50 + 4H2O

Theo điều kiện bài ra thì X có hai công thức cấu tạo sau : CH3OOC−CH2−CH2−CH−COOC2H5 hoặc :

C6H5COOK + HCl  → C6H5COOH ↓ + KCl

0,25

K2CO3 + 2HCl  → 2KCl + H2O + CO2 ↑ NH2

0,5

→ KCl + H2O + CO2 ↑ KHCO3 + HCl 

C2H5OOC−CH2−CH2−CH−COOCH3

Câu 4

0,25

3,0 Gọi a, b, c là số mol của K, Zn, Fe có trong hỗn hợp Y. Có hai trường hợp :

NH2 Các phương trình của phản ứng :

0,5 t0

CH3OOC−CH2−CH2−CH−COOC2H5 + 2NaOH →

Trường hợp 1 : a > 2b : dư KOH → B chỉ có Fe Phương trình phản ứng : Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu

0,25

Số mol Cu2+ = 0,1.3=0,3 mol Nếu Cu2+ kết tủa hết thì dư Fe → mCu=0,3.64=19,2 (gam) > 16 (gam) → loại

NH2

0,25

16 Vậy Cu chưa kết tủa hết, Fe tan hết → nFe=nCu= = 0,25 (mol) 64 2+

NaOOC−CH2−CH2−CH−COONa + CH3OH + C2H5OH

mB=0,25.56=14 (gam) < 14,45 (gam) → loại Trang 263

0,25 Trang 264

Trường hợp 2 : a < 2b : KOH hết, Zn dư nên trong B có Zn, Fe

3K2SO4 + 14H2O

0,25

Fe+HCl

2K + 2H2O  → 2KOH + H2 a

p-O2N-C6H4COOH + 6H → p-H2N-C6H4COOH + 2H2O 0,25

a/2

→ p-H2N-C6H4COONa + H2O p-H2N-C6H4COOH + NaOH 

2KOH + Zn  → K2ZnO2 + H2 a

a/2

Số mol H2 =

Điều chế m–H2N–C6H4–COONa

a/2

5C6H5CH3 + 6KMnO4 +9 H2SO4 → 5C6H5COOH +6MnSO4 + 3K2SO4 + 14H2O

a a 6,72 = 0,3(mol) → a=0,3 + = 2 2 22,4

(Học sinh viết phương trình Zn và dung dịch KOH ở dạng phức vẫn cho điểm tối đa)

H SO , t 0

2 4 C6H5COOH + HNO3(đặc)   → m-O2N-C6H4COOH + H2O

m-O2N-C6H4COOH + 6H → p-H2N-C6H4COOH + 2H2O

0,5

m-H2N-C6H4COOH + NaOH  → p-H2N-C6H4COONa + H2O

a mB =65(b– ) +56c = 14,45 (1) 2

(Điều chế được mỗi chất cho 0,75 điểm. Học sinh làm cách khác nhưng đúng cho điểm tối đa)

Fe, Zn phản ứng với Cu2+ có dư Cu2+ nên Fe, Zn hết

Zn + Cu2+ → Zn2+ + Cu

b–

2,5 a) MB =5,447.22,4 = 122 (gam)  → 14n + 24 = 122  → n = 7. Vậy công thức phân tử của A và B là C7H6O2

Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu Số mol Cu tạo ra =

0,75

Fe +HCl

0,50

16 = 0,25 64

0,5

A + Na  → H2 0,25

a + c = 0,25 (2) 2

giải hệ phương trình (1) và (2) ta có b = c = 0,2

A + AgNO3/NH3

 → A tạp chức có 1 nhóm OH và 1 nhóm CHO

0,25

A có ba công thức cấu tạo :

m K = 39.0,3 = 11,7 (gam) Hỗn hợp Y:  m Zn = 65.0,2 = 13,0 (gam) m = 65.0,2 = 13,0 (gam)  Zn

CHO

0,25

OH 0,5

Câu 5

4,0

1,5

OH OH B + NaHCO3  → CO2 Vậy B có công thức cấu tạo :

COOH

CH4 + Cl2  → CH4Cl + HCl

0,25

AlCl3 , t 0

C6H6 + CH3Cl   → C6H5CH3 + HCl 0,75

Điều chế p–H2N–C6H4–COONa

H SO , t 0

2 4 C6H5CH3 + HNO3(đặc)   → p-O2N-C6H4CH3 + H2O

0,25

5 p-O2N-C6H4CH3 + 6KMnO4 +9 H2SO4 → 5 p-O2N-C6H4COOH +6MnSO4 + Trang 265

Trang 266

CHO

a) Cân bằng :

A1 là

2,0 H2 + I2

2HI

Ban đầu

1M 1M

Vì A1 có liên kết H nội phân tử, nên nhiệt độ sôi thấp hơn so với 2 đồng phân còn lại.

Phản ứng

c) Phương trình chuyển hóa o-cresol thành A1

Cân bằng

1-x

as ,1:1

o-HO-C6H4-CH3 + Cl2  → o-HO-C6H4-CH2Cl + HCl t0

o-HO-C6H5-CH2Cl + 2NaOH → o-NaO-C6H5-CH2OH + 2NaCl +H2O

0,25 0,25

[HI]2 = 4x 2 = 46 (điều kiện x <1) [H 2 ][I 2 ] (1 − x )2

0,25

Giải được x = 0,772M

0,25

Nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng : [H 2 ] = [I 2 ] = 1 − x = 0228M

o-NaO-C6H5-CH2OH + CuO → o-NaO-C6H5-CHO + H2O + Cu

Ta có biểu thức cân bằng : Kc =

0,5

o-NaO-C6H5-CHO + HCl → o-HO-C6H5-CHO + NaCl

Câu 6

4,0

b) Cân bằng :

2HI

H2 + I2

2,0

Ban đầu

Phản ứng

Cân bằng

2-2y

Do sản phẩm cuối cùng khi cho hỗn hợp tác dụng với HNO3 đặc nóng có Fe3+, SO42- nên có thể coi hỗn hợp ban đầu là Fe và S. Gọi x và y là số mol của Fe và S, số mol của NO2 là a

3x 0,5

S  → S+6 + 6e y

Vậy [ HI ] = 2-2y = 1,544M

0,25

[H2] =[I2] = y = 0,228M

c) Cân bằng :

H2 + I2

2HI

Khi thêm vào hệ 1,5 mol H2 và 2,0 mol HI thì :

→ N+4 N+5 + e  a

vn = kn [ HI ]2 = kn(3,544)2 = kn.12,56

A tác dụng với Ba(OH)2 Fe3+ + 3OH-  → Fe(OH)3 ↓

0,5

v t k t 0,394 0,394 0,394 = . = kC. = 46. = 1,44 v n k n 12,56 12,56 12,56 vt > vn do đó cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.

→ BaSO4 ↓ Ba2+ + SO42-  56x + 32 y = 20,8 Giải ra

x=0,2

107x + 233y = 91,3

y=0,3

Theo định luật bảo toàn electron : 3x + 6y = a = 3.0,2 + 6.0,3 = 2,4 V = 2,4.22,4 = 53,76 (lít)

0,25

vt = kt[H2][I2] = kt1,728.0,228 = kt.0,394

Ta có hệ phương trình

0,5

I H y2 Giải được y = 0,228M K 'C = 1 = [ 2 ][ 2 ] = 2 2 Kc ( 2 − 2y ) [ HI ]

→ Fe+3 + 3e Fe  x

0,25

[ HI ] = 2x = 1,544M

0,5

0,25

Ghi chú : Học sinh làm cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa, phương trình ghi thiếu điều kiện trừ đi ½ số điểm

0,5

Trang 267

Trang 268

17. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

NĂM HỌC 2012 - 2013 i)

Đề thi dự bị (Đề thi gồm 18. 02 trang) 19.

đồng thời giải phóng khí CO2 và Cl2. Xác định công thức cấu tạo của A và viết phương trình hóa học của các phản ứng xẩy ra.

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12

Câu 4 . (3,0 điểm) 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 gam. Xác định khối lượng mỗi kim loại trong Y?

Môn thi: HOÁ HỌC - THPT BẢNG B Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (3,0 điểm)

Câu 5 . (3,0 điểm)

Đốt cháy hoàn toàn 1,60 gam một este đơn chức E thu được 3,52 gam CO2 và 1,152 gam nước a. Tìm công thức phân tử của E. b. Cho 10 gam E tác dụng với NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 14 gam chất rắn khan G. Cho G tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng thu được G1 không phân nhánh. Tìm công thức cấu tạo của E , viết các phương trình phản ứng c. X là một đồng phân của E, X tác dụng với NaOH tạo ra một ancol mà khi đốt cháy hoàn toàn một thể tích hơi ancol này cần 3 thể tích khí O2 đo ở cùng điều kiện (nhiệt độ và áp suất). Xác định công thức cấu tạo và gọi tên của X

Câu 2. (3,0 điểm)

1. Từ khí thiên nhiên và các chất vô cơ cần thiết, thiết bị phản ứng đầy đủ. Hãy viết phương trình điều chế các chất sau : m–H2N–C6H4–COONa và p–H2N–C6H4–COONa 2. Hai hợp chất thơm A và B là đồng phân có công thức phân tử CnH2n-8O2. Hơi B có khối lượng riêng 5,447 gam/lít (ở đktc). A có khả năng phản ứng với Na giải phóng H2 và có phản ứng tráng gương. B phản ứng được với NaHCO3 giải phóng khí CO2. a) Viết công thức cấu tạo của A và B. b) Trong các cấu tạo của A, chất A1 có nhiệt độ sôi nhỏ nhất. Hãy xác định công thức cấu tạo đúng c ủa A 1 . c) Viết phương trình phản ứng chuyển hóa o–crezol thành A1.

Sục khí A vào dung dịch chứa chất B ta được rắn C màu vàng và dung dịch D.

Câu 6 .(4,0 điểm)

Khí X có màu vàng lục tác dụng với khí A tạo ra C và F. Nếu X tác dụng với khí A trong nước tạo ra Y và F, rồi thêm BaCl2 vào dung dịch thì có kết tủa trắng. A tác dụng với dung dịch chất G là muối nitrat kim loại tạo ra kết tủa H màu đen. Đốt cháy H bởi oxi ta được chất lỏng I màu trắng bạc. Xác định A, B, C, F, G, H, I, X, Y và viết phương trình hóa học của các phản ứng.

1.Cho 20,8 gam hỗn hợp Fe, FeS, FeS2, S tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lít khí NO2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 91,3 gam kết tủa. Tính V? 2. Cho m gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu (trong đó Fe chiếm 30% về khối lượng) vào 50 ml dung dịch HNO3 nồng độ 63% (d = 1,38 g/ml) đun nóng, khuấy đều hỗn hợp tới các phản ứng hoàn toàn thu được rắn A cân nặng 0,75 m gam, dung dịch B và 6,72 lít hỗn hợp khí NO2 và NO (ở đktc). Hỏi cô cạn dung dịch B thì thu được bao nhiêu gam muối khan ? (Giả sử trong quá trình đun nóng HNO3 bay hơi không đáng kể)

Câu 3 . (4,0 điểm) 1. Chất X có công thức phân tử C8H15O4N. Từ X có hai biến hóa sau: 0

,t C8H15O4N dungdichNa   OH  → C5H7O4NNa2 + CH4O + C2H6O

(Cho H=1, C=12, N=14, O=16, S=32, Na=23, K =39, Fe=56, Cu=64, Zn=65, Ba =137) - - - Hết - - -

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

2. Hợp chất A có công thức C9H8 có khả năng kết tủa với dung dịch AgNO3 trong NH3 và phản ứng với brom trong CCl4 theo tỷ lệ mol 1:2. Đun nóng A với dung dịch KMnO4 tới khi hết màu tím, rồi thêm lượng dư dung dịch HCl đặc vào hỗn hợp sau phản ứng thấy có kết tủa trắng là axit benzoic Trang 269

Trang 270

CH2 CH2

CH2

O + NaOH

CH2

HO - (CH2)4 - COONa

0,25

2HO-(CH2)4-COONa + H2SO4  → 2HO-(CH2)4-COOH + Na2SO4 (G1)

0,25

c) Ancol sinh ra do thủy phân X là C2H5OH

0,5

Vậy công thức cấu tạo của X là CH2=CH−COOC2H5: etyl acrylat

0,25

Câu 2

2,5 A : H2S; B : FeCl3; C : S ; F : HCl ; G : Hg(NO3)2 ; H : HgS ; I : Hg ; X : Cl2 ; Y : H2SO4 Không cần lý luận chỉ cần xác định đúng các chất và viết phương trình cho điểm tối đa Phương trình hóa học của các phản ứng :

20. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12

NĂM HỌC 2012 - 2013 i)

Điểm 2,5

a) Lập luận ra công thức phân tử của E là C5H8O2 b) nE = nNaOH = 0,1 mol → mNaOH = 4 (g) → mE + mNaOH = mG

(2)

4Cl2 + H2S + 4H2O → 8HCl + H2SO4

(3)

BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 + 2HCl

(4)

H2S + Hg(NO3)2 → HgS ↓ + 2HNO3

(5)

2,5

(6)

Các phương trình (2), (4) mỗi phương trình cho 0,25 điểm, riêng phương trình (1), (3), (5) và (6) mỗi phương trình cho 0,5 điểm

(Hướng dẫn và biểu điểm gồm 04 trang)

Câu 1

Cl2 + H2S → S + 2HCl

Môn thi: HOÁ HỌC - THPT BẢNG B

Nội dung

(1)

HgS + O2 → Hg + SO2

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI DỰ BỊ

Câu

H2S + 2FeCl3 → 2FeCl2 + S ↓ + 2HCl

0,5 0,5

Vậy E phải có cấu tạo mạch vòng, công thức cấu tạo của E là

Câu 3

4,0

2,0 Theo điều kiện bài ra thì X có hai công thức cấu tạo sau : CH3OOC−CH2−CH2−CH−COOC2H5 hoặc :

NH2

0,5

C2H5OOC−CH2−CH2−CH−COOCH3

0,25 Trang 271

NH2

Trang 272

Các phương trình của phản ứng :

Gọi a, b, c là số mol của K, Zn, Fe có trong hỗn hợp Y. Có hai trường hợp :

Trường hợp 1 : a > 2b : dư KOH → B chỉ có Fe

CH3OOC−CH2−CH2−CH−COOC2H5 + 2NaOH →

0,25

Phương trình phản ứng : Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu 0,5

NH2

Số mol Cu2+ = 0,1.3=0,3 mol Nếu Cu2+ kết tủa hết thì dư Fe → mCu=0,3.64=19,2 (gam) > 16 (gam) → loại

NaOOC−CH2−CH2−CH−COONa + CH3OH + C2H5OH

Vậy Cu2+ chưa kết tủa hết, Fe tan hết → nFe=nCu= NH2

2K + 2H2O  → 2KOH + H2 0,5

HOOC−CH2−CH2−CH−COOH + 2NaCl

NH3Cl

0,25

a/2

→ K2ZnO2 + H2 2KOH + Zn  a

a/2

a a 6,72 = 0,3(mol) → a=0,3 + = 2 2 22,4

Số mol H2 =

A tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3 suy ra A có liên kết ba đầu mạch. A tác dụng với Br2/CCl4 theo tỷ lệ mol 1:2. Vậy A có hai liên kết π ở gốc hidrocacbon mạch hở.

0,25

(Học sinh viết phương trình Zn và dung dịch KOH ở dạng phức cho điểm tối đa)

Công thức cấu tạo của A là : C6H5−CH2−C ≡ CH

0,25

mB =65(b–

0,25

a/2

2,0

0,25

Trường hợp 2 : a < 2b : KOH hết, Zn dư B chỉ có Zn, Fe

NaOOC−CH2−CH2−CH(NH2)−COONa + CH3OH + C2H5OH t0

0,25

mB=0,25.56=14 (gam) < 14,45 (gam) → loại

C2H5−CH2−CH2−CH(NH2)−COOCH3 +2NaOH →

NaOOC−CH2−CH2−CH(NH2)−COONa + 3HCl →

16 = 0,25 (mol) 64

a ) +56c = 14,45 (1) 2

0,50

0,5

Fe, Zn phản ứng với Cu2+ có dư Cu2+ nên Fe, Zn hết

Các phương trình phản ứng :

0,25 t0

C6H5−CH2−C ≡ CH + AgNO3 + NH3 → C6H5−CH2−C ≡ CAg ↓ + NH4NO3

Zn + Cu2+ → Zn2+ + Cu Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu

0,25 Số mol Cu tạo ra =

C6H5−CH2−C ≡ CH + 2Br2  → C6H5−CH2−CBr2−CHBr2 3C6H5−CH2−C ≡ CH +14 KMnO4 → 3C6H5COOK +5K2CO3+KHCO3 +14MnO2 + 4H2O

0,50

→ C6H5COOH ↓ + KCl C6H5COOK + HCl 

0,25

b–

KHCO3 + HCl  → KCl + H2O + CO2

Câu 4

0,25

3,0 Trang 273

0,25

a + c = 0,25 (2) 2

giải hệ phương trình (1) và (2) ta có b = c = 0,2 Hỗn hợp Y :

K2CO3 + 2HCl  → 2KCl + H2O + CO2

16 = 0,25 64

mK=39.0,3 =11,7 (gam) mZn=65.0,2 = 13,0 (gam) mFe =56.0,2 = 11,2 (gam)

0,5

Trang 274

Câu 5

3,0

1,5

CHO OH

→ CH3Cl + HCl CH4 + Cl2  AlCl , t

CHO

OH OH

3 C6H6 + CH3Cl   → C6H5CH3 + HCl

B + NaHCO3  → CO2 Vậy B có công thức cấu tạo :

Điều chế p–H2N–C6H4–COONa

COOH

H SO , t 0

2 4 C6H5CH3 + HNO3(đặc)   → p-O2N-C6H4CH3 + H2O

5 p-O2N-C6H4CH3 + 6KMnO4 +9 H2SO4 → 5 p-O2N-C6H4COOH +6MnSO4 + 3K2SO4 + 14H2O

0,25

0,75

Fe +HCl

p-O2N-C6H4COOH + 6H → p-H2N-C6H4COOH + 2H2O

CHO

→ p-H2N-C6H4COONa + H2O p-H2N-C6H4COOH + NaOH 

Điều chế m–H2N–C6H4–COONa

0,25

A1 là

vì A1 có liên kết H nội phân tử, nên nhiệt độ sôi thấp hơn so với 2 đồng phân còn lại t0

5C6H5CH3 + 6KMnO4 +9 H2SO4 → 5C6H5COOH +6MnSO4 + 3K2SO4 + 14H2O

a) Phương trình chuyển hóa o-cresol thành A1 as ,1:1

o-HO-C6H4-CH3 + Cl2  → o-HO-C6H4-CH2Cl + HCl t

o-HO-C6H5-CH2Cl + 2NaOH → o-NaO-C6H5-CH2OH + 2NaCl +H2O

H SO , t 0

2 4 C6H5COOH + HNO3(đặc)   → m-O2N-C6H4COOH + H2O

0,75

o-NaO-C6H5-CH2OH + CuO → o-NaO-C6H5-CHO + H2O + Cu

Fe+HCl

m-O2N-C6H4COOH + 6H → p-H2N-C6H4COOH + 2H2O

2,5

0,25 0,25

0,5

Câu 6

4,0

2,0 Do sản phẩm cuối cùng khi cho hỗn hợp tác dụng với HNO3 đặc nóng có Fe3+, SO42nên có thể coi hỗn hợp ban đầu là Fe và S. Gọi x và y là số mol của Fe và S, số mol của NO2 là a Fe  → Fe+3 + 3e

A + Na  → H2 A + AgNO3/NH3

0,25

o-NaO-C6H5-CHO + HCl → o-HO-C6H5-CHO + NaCl

(Điều chế được mỗi chất cho 0,75 điểm. Học sinh làm cách khác nhưng đúng cho điểm tối đa)

a) MB =5,447.22,4 = 122 (gam)  → 14n + 24 = 122  → n = 7. Vậy công thức phân tử của A và B là C7H6O2

0,25

m-H2N-C6H4COOH + NaOH  → p-H2N-C6H4COONa + H2O

0,25

 → A tạp chức có 1 nhóm OH và 1 nhóm CHO

A có ba công thức cấu tạo :

0,25

0,5

S  → S+6 + 6e y

N+5 + e  → N+4

Trang 275

Trang 276

Có các chất : CH3COOCH=CH2, CH3COOC2H5, CH2=CH-COOH, HOOC-[CH2]4-COOH

Viết các phương trình hóa học xẩy ra với :

A tác dụng với Ba(OH)2 Fe3+ + 3OH-  → Fe(OH)3

0,5

2. Phản ứng trùng hợp tạo polyme từ các chất trên.

Ba2+ + SO42-  → BaSO4

Câu 2. (3,0 điểm)

Ta có hệ phương trình 56x + 32 y = 20,8 Giải ra  x = 0 ,2 107x + 233y = 91,3  y = 0 ,3

0,5

Theo định luật bảo toàn electron : 3x + 6y = a = 3.0,2 + 6.0,3 = 2,4 V = 2,4.22,4 = 53,76 (lít)

pV 1.7,3248 = = 0,2725 (mol) RT 0,082.(273 + 54,6)

0,5

Đốt cháy hoàn toàn 1,1 gam hợp chất hữu cơ E thì thu được 1,12 lít CO2 (đktc) và 0,9 gam H2O. Tỷ khối hơi của E so với O2 bằng 2,75. 1. Xác định công thức phân tử của E.

→ Fe + 2e Fe 

2. Biết E là một este, viết tất cả các đồng phân cấu tạo có thể có của E?

+ 3e  → NO

3. Đun nóng 4,4 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, rồi cô cạn thì thu được 4,8 gam muối natri của axit hữu cơ. Xác định công thức cấu tạo đúng và gọi tên E.

→ NO2 NO3- +e 

1,0

Số mol NO3- tạo muối = 0,69 – 0,2725 = 0,4175 (mol) Khối lượng Fe(NO3)2 =

NaOH + C + → 1 Muối + NH3

Câu 3. (4,0 điểm)

NO3-

+H H 2SO 4 NaOH + B → B1 +  → B 2 + → B1

Xác định công thức cấu tạo của A, B, C và viết phương trình hóa học của các phản ứng.

Số mol HNO3 = 50.1,38.63 = 0,69 (mol) 100.63 2

Cho các chất A, B, C có cùng công thức phân tử C3H7O2N có các tính chất sau : + A tác dụng được với dung dịch HCl và dung dịch NaOH.

0,5

Khối lượng Fe = 0,3m (g); khối lương rắn A = 0,75 m(g). Suy ra lượng Fe phản ứng = 0,25 m  → Fe dư ; Cu chưa phản ứng. Dung dịch B chứa Fe(NO3)2 , không có Fe(NO3)3 và Cu(NO3)2 Số mol hỗn hợp khí =

1. Dung dịch NaOH, dung dịch Na2CO3, dung dịch nước brom.

Câu 4. (2,5 điểm) Cho các chất sau đây : dung dịch NaOH, Fe2O3, khí CO, dung dịch CuCl2, CO2, Al, dung dịch NH4Cl. Những cặp chất nào phản ứng được với nhau? Viết phương trình hóa học của các phản ứng và ghi rõ điều kiện.

1 .(56 + 62.2) = 37,575 (gam) 2

Câu 5. (2,0 điểm) 21. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN 22.

Đề thi dự bị 23.

Ba chất hữu cơ có cùng công thức phân tử C2H4O2.

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12

A và B tác dụng được với Na kim loại tạo thành H2.

NĂM HỌC 2012 - 2013

B tác dụng với NaHCO3 tạo thành khí CO2.

C tác dụng được với dung dịch NaOH tạo thành muối và ancol

Môn thi: HOÁ HỌC - GDTX Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Xác định công thức cấu tạo của A, B, C và viết phương trình hóa học của các phản ứng.

Câu 6. (4,0 điểm) Câu 1. (2,0 điểm) Trang 277

Trang 278

Hòa tan hoàn toàn 7,5 gam hỗn hợp X chứa hai kim loại Mg và Al ở dạng bột nguyên chất vào dung dịch HCl vừa đủ thu được 7,84 lít khí ở đktc) và dung dịch A. 1. Tính thành phần phần trăm khối lượng các kim loại trong X ?

CH3COOCH=CH2 + Br2  → CH3COOCHBr-CH2Br

0,25

CH2=CHCOOH + Br2  → BrCH2-CHBrCOOH

0,25

(Viết đúng mỗi phương trình cho 0,25 điểm)

2. Cho lượng dư dung dịch NaOH vào A. Viết phương trình hóa học của các phản ứng.

Câu 7. (2,5 điểm) Cho bột Fe lần lượt vào các dung dịch các chất sau : a) Dung dịch Fe(NO3)3 b) Dung dịch CuSO4 c) Dung dịch AgNO3 d) Dung dịch hỗn hợp NaNO3, NaHSO4 (thoát khí NO duy nhất) Hãy viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

0,5

2 xt,t0

n CH2=CH -COOH

(Cho H=1, C=12, N=14, O=16, S=32, Na=23, Mg =24, Fe=56; Zn=65)

CH - CH2

- - - Hết - - -

Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:....................... 24. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN Đề dự bị

0,25

COOH

xt,t0

n CH3 COO-CH=CH2

CH - CH2

OOCCH3

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12

NĂM HỌC 2012 - 2013

0,25

Câu 2

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI DỰ BỊ

3,0 0,5

Môn thi: HOÁ HỌC – BỔ TÚC THPT (Hướng dẫn và biểu điểm gồm 04 trang)

→ CH3COONa + C2H5OH 1. CH3COOC2H5 + NaOH  xt ,t 2. 2C2H5OH  → CH2=CH-CH=CH2 + H2 + 2H2O

0,5

Câu

Nội dung

Câu 1

Điểm

n CH2=CH -CH=CH2

Na,t0

CH2-CH=CH-CH2

2,5

0,5

xt ,t 4. CH3COONa + NaOHrắn  → CH4 + Na2CO3

2,0

1 t0

CH3COOCH=CH2 + NaOH → CH3COONa + CH3CHO 0

t CH3COOC2H5 +NaOH → CH3COONa + C2H5OH

→ CH2=CH-COONa + H2O CH2=CH-COOH + NaOH  → NaOOC-[CH2]4-COONa +2H2O HOOC-[CH2]4-COOH + 2NaOH  CH2=CH-COOH + NaHCO3  → CH2=CH-COONa + H2O + CO2

1500 C 5. 2CH4  → C2H2 + 3H2 l ln

0,25 0,25

0,5

HgSO ,80 C 6. C2H2 + H2O  → CH3CHO 4

0,5

0,25 0,25

0,5

0,25 0,25

HOOC-[CH2]4-COOH + 2NaHCO3 → NaOOC-[CH2]4-COONa +2H2O + 2CO2 Trang 279

Câu 3

4,0

1,5 Trang 280

ME = 2,75.32 = 88

2NaOH + 2Al + 2H2O  → 2NaAlO2 + 3H2 ↑

0,5

E cháy cho CO2, H2O nên E chứa C, H có thể có O

NaOH + NH4Cl  → NaCl + NH3 ↑ + H2O

nC = nCO2 = 0,05 (mol) → mC = 0,05.12 = 0,6 (g)

t Fe2O3 + 3CO → 2Fe + 3CO2 ↑

nH = 2.nH2O = 0,1 (mol) → mH = 0,1 (g) nO =

0,25

t Fe2O3 + 2Al → 2Fe + Al2O3

1,1 − (0, 6 + 0,1) = 0, 025(mol ) 16

nC : nH : nO = 0,05:0,1:0,025 = 2:4:1

0,25

2Al + 3CuCl2  → 2AlCl3 + 3Cu ↓ 0,5

0,25

Viết đúng mỗi phương trình cho 0,25 điểm

CT đơn giản nhất của E: C2H4O 0,25

CTPT E (C2H4O)n → 44n = 88 → n = 2 → CTPT E C4H8O2

Câu 5

0,25

A, B, C có thể là một trong ba công thức cấu tạo sau :

1,0

2,0

CH3COOH, HCOOCH3, HO-CH2-CHO

Các đồng phân este của E: HCOO-CH2-CH2-CH3; HCOOCH(CH3)2; CH3COO-C2H5; C2H5COO-CH3

B vừa tác dụng với Na, vừa tác dụng với NaHCO3, nên B là CH3COOH

1,0

A tác dụng được với Na, do đó A là HO-CH2-CHO.

(Viết đúng mỗi chất cho 0,25 điểm)

C tác dụng được với NaOH vậy C là HCOOCH3

1,5

3 nE = 4,4/88 = 0,05 (mol) Gọi công thức của E là: RCOOR’

Phương trình hóa học của các phản ứng :

0,5

→

0,05

0,5

Công thức cấu tạo đúng của E: C2H5-COO-CH3 (metyl propionat)

Câu 4

2,0 Phương trình của các phản ứng : 2NaOH + CuCl2  → Cu(OH)2 ↓ + 2NaCl

→ NaHCO3 NaOH + CO2  2NaOH + CO2  → Na2CO3 + H2O

0,25 0,25

0,25

CH3COOH + NaHCO3  → CH3COONa + CO2 ↑ + H2O

0,25

2HO-CH2CHO + 2Na  → 2NaO-CH2-CHO + H2 ↑

0,25

HCOOCH3 + NaOH  → HCOONa + CH3OH

0,25

0,5

MRCOONa = 4,8/0,05 = 96 → R + 67 = 96 → R = 29 → R là C2H5-

0,25

2CH3COOH + 2Na  → 2CH3COONa + H2 ↑

RCOOR’ + NaOH  → RCOONa + R’OH 0,05

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 281

Câu 6

4,5

2,0 Gọi x và y là số mol của Al và Mg có trong 7,5 gam hỗn hợp X

0,5

Các phương trình phản ứng : 2Al + 6HCl  → 2AlCl3 + 3H2 ↑ x

3x/2

0,5

Trang 282

Mg + 2HCl  → MgCl2 + H2 ↑ y

Cu + 4HNO3  → Cu(NO3)2 + 2NO2 ↑ + 2H2O 0,175

0,35 mol

Theo các phương trình hóa học ta có số mol NO2 = 0,35 mol

Ta có hệ phương trình :  27 x + 24 y = 7,5  x = 0,1  ⇔ 7,84  3x + = = y 0,35  y = 0, 2 2 22, 4 

%Al =

0,5

V NO = 0,35.22, 4 = 7,84(lít) 2

Câu 7

0,1.27 .100% = 36% 0,1.27 + 0, 2.24

2,0

0,5

a) Fe + 2Fe(NO3)3  → 3Fe(NO3)2

 →FeSO4 + Cu

b) Fe + CuSO4

0,75 Phương trình phản ứng khi cho dung dịch NaOH dư từ từ vào dung dịch A

0,25

NaOH + Al(OH)3  → NaAlO2 + 2H2O

c) Fe + 2AgNO3

0,25

↓

 → Fe(NO3)2 + 2Ag ↓

0,5

Nếu có dư AgNO3 có phản ứng : Fe(NO3)2 + AgNO3

AlCl3 + 3NaOH  → Al(OH)3 ↓ + 3NaCl

→ Mg(OH)2 ↓ + 2NaCl MgCl2 + 2NaOH 

0,25

Phương trình các phản ứng :

%Mg = 100% -36% = 64%

0,25

d) Fe + 4H + NO3

 →Fe(NO3)3 + Ag ↓

0,5

 → Fe + NO ↑ + 2H2O 3+

0,5 0,25

Ghi chú : - Thí sinh làm cách khác nhưng đúng kết quả vẫn cho điểm tối đa, 1,75

- Phương trình hóa học ghi thiếu điều kiện trừ đi ½ số điểm.

Trong 3,75 gam hỗn hợp X có nAl = 0,1/2 = 0,05 mol; nMg = 0,2/2 = 0,1 mol SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

Các phương trình phản ứng và tỷ lệ mol tương ứng : 0,5

→ MgSO4 + Cu Mg + CuSO4  0,1

CẤP THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 Đề chính thức

0,1

2Al + 3CuSO4  → Al2(SO4)3 + 3Cu 0,05

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11

Môn thi: HÓA HỌC - BẢNG A

0,5

Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

0,075

Số mol Cu tạo ra = 0,1 + 0,075 = 0,175 mol

0,5

Trang 283

Cho: H = 1, C = 12, O = 16, N = 14, Cl =108, S=32, Br = 80, Ba = 137, Fe = 56, Cu= 64, Ag =108. Trang 284

Câu 1. (5 điểm)

a.Viết phương trình phản ứng xảy ra.

1. Mỗi trường hợp sau viết 1 phương trình phản ứng (dạng phân tử):

3. Hòa tan hết 46,8 gam hỗn hợp E gồm FeS2 và CuS trong dung dịch có chứa a mol HNO3 (đặc nóng) thu được 104,16 lít NO2 (đo ở đktc, sản phẩm khử duy nhất của N+5) và dung dịch Q. Pha loãng Q bằng nước được dung dịch P. Biết P phản ứng tối đa với 7,68 gam Cu giải phóng khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và P tạo kết tủa trắng (không tan trong axit mạnh) khi thêm dung dịch BaCl2 vào . Tính giá trị của a?

a. Cho Ba(OH)2 dư tác dụng KHCO3

b. Cho CO2 dư tác dụng dung dịch NaOH

c. Cho NaOH tác dụng với Ca(HCO3)2 dư KOH

d. 2 mol H3PO3 vào dung dịch chứa 3 mol

2. Cho biết A,B,C,D,E là các hợp chất của natri. Cho A lần lượt tác dụng với các dung dịch B,C thu được các khí tương ứng là X,Y. Cho D, E lần lượt tác dụng với nước thu được các khí tương ứng Z, T. Cho các khí X,Y,Z,T tác dụng với nhau từng đôi một trong điều kiện thích hợp. Tỷ khối của X so với Z bằng 2 và tỷ khối của Y so với T cũng bằng 2. X,Y, Z, T là các khí được học trong chương trình phổ thông. Chỉ ra các chất A,B,C,D,E,X,Y,Z,T phù hợp với giữ kiện trên và viết các phương trình phản ứng xẩy ra trong các thí nghiệm trên.

b.Tính m.

Câu 4. (5 điểm) 1. Hỗn hợp khí A gồm metan và hợp chất X . Tỷ khối của X so với hiđro nhỏ thua 22. Đốt cháy hoàn toàn V lít A thu được sản phẩm gồm CO2 và H2O. Cho sản phẩm cháy hấp thụ hết vào dung dịch Ba(OH)2dư thấy tạo thành 70,92 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của X. Biết V lít A có thể tích đúng bằng thể tích của 11,52 gam khí O2 đo trong cùng điều kiện.

b. Viết các phương trình phản ứng xẩy ra trong thí nghiệm trên và khi cho A vào dung dịch HCl.

2.Hỗn hỗn X gồm propilen, axetilen, butan và hidro. Cho m gam X vào bình kín (có xúc tác Ni, không chứa không khí). Nung nóng bình đến phản ứng hoàn toàn thu được hỗn Y.Đốt cháy hoàn toàn Y cần V lít O2 (đktc) thu được hỗn hợp Z gồm khí và hơi. Cho Z lội từ từ qua bình đựng H2SO4 đặc dư thấy khối lượng bình tăng 3,96 gam. Biết hỗn hợp Y làm mất màu tối đa 50 ml dung dịch Br2 1M (dung môi CCl4). Cho 3,36 lít hỗn hợp X đi qua bình đựng dung dịch Br2 dư (dung môi CCl4) có 19,2 gam brom phản ứng.Tính V

Câu 2. ( 5 điểm)

3. Nguyên tử khối trung bình của clo là 35,5. Clo trong tự nhiên có 2 đồng vị là

1. Trong phòng thí nghiệm có sẵn các chất: KMnO4, MnO2, CaCl2, NaCl, H2SO4 đặc, dụng cụ và điều kiện cần thiết có đủ. Trộn trực tiếp từ 2 hoặc 3 chất trên. Có bao nhiêu cách trộn để thu được:

phần trăm về khối lượng của

a. khí hiđroclorua

b. khí Clo

2. Cho biết độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch thay đổi như thế nào (có giải thích) khi: c. Thêm 1 ít CH3COONa rắn vào

b. Sục 1 ít khí HCl vào

d. Thêm 1 ít NaOH rắn vào

Cl và 37 Cl . Tính

37 17

Cl trong KClO3. Biết : K=39, O=16.

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

Viết các phương trình phản ứng.

a. Thêm nước vào

HƯỚNG DẪN CHẤM.

Câu

3. Dùng hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính khử của etilen trong phòng thí nghiệm.

Câu 1 1

Viết phương trình phản ứng.

Câu 3.(5 điểm) 2

1. Hỗn hợp M gồm hai muối A2CO3 và AHCO3. Chia 67,05 gam M thành ba phần bằng nhau:

Điểm 1,5 đ

2đ

( A: NaHSO4, B: Na2SO3 (hoặc NaHSO3), C: Na2S (hoặc NaHS), D: Na2O2, E: Na3N (hoặc NaNH2), X: SO2, Y: H2S, Z:O2, T: NH3.

- Phần 1: tác dụng hoàn toàn với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 53,19 gam kết tủa. - Phần 2: tác dụng hoàn toàn với dung dịch BaCl2 dư, thu được 11,82 gam kết tủa.

+ Phương trình phản ứng: (2-3:0,25đ ; 4-5: 0,5 đ; 6-7:0,75 đ; 8-9: 1đ)

- Phần 3: tác dụng tối đa với V ml dung dịch KOH 2 M.

NaHSO4 + Na2SO3 → Na2SO4 + SO2 + H2O

Tính giá trị của V và viết phương trình phản ứng xẩy ra (dạng ion) trong từng thí nghiệm trên.

2. Cho 8,4 gam Fe vào 450 ml dung dịch HCl 1 M (loãng) thu được dung dịch A. Thêm lượng dư dung dịch AgNO3 dư vào A thu được m gam chất rắn. Trang 285

(NaHSO3) 2NaHSO4 + Na2S → 2Na2SO4 + H2S Trang 286

(NaHS)

- Đúng mỗi pt cho: 0,25 đ *Trong trường hợp hs không nêu 2 cách trộn mà viết đủ 2 pt: vẫn cho 0,75 đ

Na2O2 + H2O → 2NaOH + O2

b. Có 4 cách trộn tạo Cl2: t oC 2NaCl + 2H2SO4 + MnO2 → Na2SO4 + Cl2 + MnSO4 +2 H2O

Na3N +3 H2O →3NaOH + NH3 ( NaNH2)

t C 5CaCl2 + 2H2SO4 + MnO2 → CaSO4 + Cl2 + MnSO4 + 2H2O

SO2 + 2H2S → 3 S + 2H2O o

V2O5 ,t C  → 2SO3 2SO2 + O2 ← 

H2S + 2NH3 → (NH4)2S + H2O (NH4HS) 2H2S + O2 → 2S + 2H2O o

Câu

t C → 3S + 2H2O 2H2S + 3O2 

Câu 2 1 3

10NaCl+ 8H2SO4 + 2KMnO4 → 5Na2SO4 + 5Cl2 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O

Hs nêu được 4 cách trộn : cho 0,25 đ Đúng mỗi pt cho: 0,25 đ x4pt =1 đ Trong trường hợp hs không nêu 4 cách trộn mà viết đủ 4 pt: cho điểm tối đa :1,25 đ ⇀ CH3COO- + H+ (1) Trong dung dịch CH3COOH có CB: CH3COOH ↽ •

t C Có thể có: 2Mg + Si → Mg2Si (2)

→Chất rắn A chứa: 2

MgO,Si MgO,Mg2Si MgO, Mg2Si, Mg + A tác dụng dung dịch HCl :

d. Thêm NaOH vào: NaOH → Na+ + OHH+ + OH- → H2O

MgO + 2HCl → MgCl2 + H2 (3)

[H+] giảm → Cb (1) dịch chuyển sang chiều thuận α tăng

Mg2Si + 4HCl → 2MgCl2 + SiH4 (4)

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (5)

-Vẽ được hình: 0, 5đ ; chú thích đúng : 0,5 đ

1,5 đ

- Viết 2 pt: 0,5 đ ( 1 pt điều chế : C2H4, 1 pt: CM tính khử ( p/ứ Br2, KMnO4, O2...)

Xác định các trường hợp A: 0,5 đ; pt (1) + (2); 0,5đ; 3 pt: (3-5): 0,5 đ. Nếu chỉ viết được : 2 trong 3 pt từ 3-5 : cho 0,25 đ.

a. Có 2 cách trộn tạo HCl: t oC NaCl tinh thể + H2SO4đặc → NaHSO4 + HCl

Câu 3 1 2 điểm

Gọi x, y tương ứng số mol A2CO3, AHCO3 trong mỗi phần. P2: Ba2+ + CO32- →

2 điểm

BaCO3 (1) ( 11,82/197 = 0,06 mol )

x= 0,06 ←  0,06 mol P1: HCO3- + OH- →

( Na2SO4)

CO32- + H2O (2)

t C CaCl2 tinh thể + H2SO4đặc  → CaSO4 + 2HCl

1,5 điểm

a. Thêm H2O vào: độ điện ly α Tăng b. Thêm HCl vào: [H+] tăng → Cb (1) dịch chuyển sang chiều nghịch α giảm c. Thêm CH3COONa vào: CH3COONa →CH3COO- + Na+ [CH3COO-] tăng => Cb (1) dịch chuyển sang chiều nghịch α giảm

MgO, Mg2Si,Si

Điểm

5CaCl2 + 8H2SO4 +2KMnO4 → 5Na2SO4 + 5Cl2 + 2MnSO4 +K2SO4 +8 H2O

1,5 đ

t C SiO2 + 2Mg → 2MgO + Si (1)

NỘI DUNG

Ba2+ + CO32- →

Hs nêu được 2 cách trộn : cho 0,25 đ Trang 287

BaCO3

(3) ( 53,19/197 = 0,27 mol ) Trang 288

0,06 + y ←  0,27 mol

 y= 0,21 mol. Theo gt: 0,06.(2.MA + 60) + 0,21.(MA +61) =67,05/3 = 22,35 => MA = 18 ( A+: NH4+) . Vậy có phản ứng:

Câu

NH4+ + OH- → NH3 + H2O (4)

Câu 3 3

NỘI DUNG

nNO =

0,21 mol

0,21→ NH4

+ OH → NH3 + H2O (6)

0,06.2 + 0,21→

104,16 7, 68 = 4, 65mol ; nCu = = 0,12mol 22, 4 64

FeS2 -

14H+ + 15NO3- → Fe3+ + 2SO42- + 15NO2 + 7H2O (1)

0,33 mol

14.x

15.x

+ 8H+ + 8NO3- → Cu2+

CuS

=> nKOH = nOH − = 0,21 + 0,33 = 0,54 mol

1,5 đ

Gọi x, y tương ứng số mol FeS2, CuS trong E.

P3 : HCO3- + OH- → CO32- + H2O (5)

Điểm

8.y

x 2+ SO4

8.y

15.x mol +8NO2 + 4H2O (2) 8.y

mol

V = 0,54/2 = 0,27 lit = 270 ml . -

Viết đúng phương trình cho mỗi phần cho: 0,25 đ x3pt = 0,75 đ Tính số mol CO32-, HCO3- : 0,25 đ Tìm A là NH4: 0,5 đ Tính được V: 0,5 đ 8, 4 nFe = = 0,15mol ; nHCl = 0, 45.1 = 0, 45mol 56

Ta có:

15.x + 8.y = 4,65 Giải được: x = 0,15; y = 0,3 mol Dung dịch Q (hay P) : Fe3+ (0,15 mol); H+ (a – 4,5) mol; NO3- ( a – 4,65) mol; Cu2+, SO42-

Phương trình phản ứng:

3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4 H2O (3)

Fe + 2H+ → Fe2+ + H2 (1)

Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+ (4)

0,15 → 0,3 → 0,15 mol

Giả sử H+ hết , ta có: 0,12 = 3/8.(a - 4,5) + ½.0,15 => a = 4,62 mol < 4,65 → vô lý nên NO3- hết.

Dung dịch A: Fe2+: 0,15 mol; H+: 0,15 mol; Cl-: 0,45 mol. Ag+ + Cl- → AgCl ↓ (2) Dư

Từ (3) , (4) ta có: 0,12 = 3/2.(a - 4,65) + ½.0,15 => a = 4,68 mol.

0,45 → 0,45 mol 2+

3Fe

Trước p/ứ: 0,15 Sau p/ứ:

0,0375

+ 4H

0,15

0,0375 Fe2+

120.x +96.y = 46,8

(Hoặc giả sử NO3- nên theo (3), (4): 0,12 = 3/2.(a-4,65) + ½.0,15 => a = 4,68 +

NO3-

→ 3 Fe

dư

0 Ag+(dư) → Fe3+ +

+ NO + 2H2O (3)

 nNO − = 4, 68 − 4, 65 = 0, 03mol ; nH + = 4, 68 − 4,5 = 0,18mol ;theo(3) NO3- dễ 3

mol

mol Ag ↓ (4) 0,0375 mol

mchất rắn = 0,45.143,5 + 0,0375.108 = 68,625 gam. -

Hs: viết đủ 4 pt: 1,0 đ ( pt (1,2):0,25 đ; pt (3): 0,5 đ; pt (4): 0,25 đ) Tính đúng mchất rắn = 68,625 g : 0,5 đ Trang 289

Trang 290

Câu 4 1

2 điểm

11,52 = 0,36mol 32 70,92 = = 0,36mol 197

n A = no2 = nBaCO3

a + 2.b

Ta có: a + b + c mol X phản ứng hết với a +2.b mol Br2 0,15 mol X phản ứng vừa hết

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O 0,36

←

0,12 mol Br2

=>0,12.(a+b+c) = 0,15.(a+2.b) (3)

0,36 mol

Từ (1),(2),(3) ta có: a= 0,06; b=0,01; c=0,03 mol

nCO2 = 0,36 => số C tb= 0,36/0,36 =1 => X có 1C

BT cacbon => nCO2 = 0,06.3 + 0,01.2 = 0,2 mol

 X có dạng: CHnOm (m≥ 0) => 12 + n + 16.m < 44 => m < 2 + Nếu m =0 => X: CH4 (loại)

BT oxi => nO2 p/ứ = nCO2 + 1/2 .nH2O = 0,2 + ½.0,22 = 0,31 mol

+ Nếu m = 1=> n= 0 hoặc 2 hoặc 4.

CO => CTCT: C=O H X

CH2O => CTCT: H

H CH4O =>CTCT: H

C O H H

-Tính số C trung bình: 0, 5 đ

-Tính % số mol của đồng vị : -Tính % khối lượng

-Tìm X mỗi trường hợp : 0,5 x 3 TH = 1,5 đ (nếu đưa ra CTPT: 0,25 đx3TH= 0,75 đ).

= 0,05 + c (2)

37 17

1 điểm

35 17

37 Cl (75%), 17 Cl (25%) : cho 0,25 đ

Cl trong KClO3 =

0, 25.37 .100% = 7,55% : cho 0,75 đ 39 + 35,5 + 16.3

Qui đổi hỗn hợp X gồm : C3H6 (a mol), C2H2 (b mol), H2 (c mol). (a, b, c là số mol trong m gam X).

Đốt X hay Y cần số mol O2 như nhau và thu được cùng số mol CO2, cùng số mol nước.

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT NĂM HỌC 2015 – 2016

-Do phản ứng hoàn toàn và Y làm mất màu dung dịch Br2 nên trong Y không có H2.

Đề chính thức

Môn thi: HÓA HỌC - BẢNG B Câu Câu 4

NỘI DUNG

Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

Điểm

nH2O = 3,96/18 = 0,22 mol; nBr2 p/ứ với Y = 0,05.1 = 0,05 mol; nX = 3,36/22,4 = 0,15 mol; nBr2 p/ứ 0,15 mol X = 19,2/160 = 0,12 mol.

1,5 điểm

Cho: H = 1, C = 12, O = 16, N = 14, Cl =108, Br = 80, Na =23, Ba = 137, Fe = 56. Câu 1. (5 điểm)

BT hidro: 6.a +2.b + 2.c = 0,44 (1)

1. Mỗi trường hợp sau viết 1 phương trình phản ứng (dạng phân tử):

BT liên kết pi: số l/k pi trong X = số liên kết pi trong Y (bằng số mol Br2 phản ứng với Y) + số mol H2

Trang 291

a. Cho Ba(OH)2 dư tác dụng KHCO3

b. Cho CO2 dư tác dụng dung dịch NaOH

Trang 292

c. Cho NaOH tác dụng với Ca(HCO3)2 dư KOH

d. 2 mol H3PO3 vào dung dịch chứa 3 mol

2. Nguyên tử X có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 3sx, nguyên tử Y có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 4s24py. Tổng số electron lớp ngoài cùng của 2 nguyên tử bằng 9. Viết cấu hình electron của nguyên tử X, Y. Từ đó, xác định vị trí của X, Y trong bảng HTTH.

3. Cho hỗn hợp gồm Mg, SiO2 vào bình kín (không có không khí). Nung nóng bình cho tới khi khối lượng từng chất trong bình không đổi thu được hỗn hợp chất rắn A. a. Xác định các chất có trong hỗn hợp A b. Viết các phương trình phản ứng xẩy ra trong thí nghiệm trên và khi cho A vào dung dịch HCl.

1. Hỗn hợp khí A gồm metan và hợp chất X . Tỷ khối của X so với hiđro nhỏ thua 22. Đốt cháy hoàn toàn V lít A thu được sản phẩm gồm CO2 và H2O. Cho sản phẩm cháy hấp thụ hết vào dung dịch Ba(OH)2dư thấy tạo thành 70,92 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của X. Biết V lít A có thể tích đúng bằng thể tích của 11,52 gam khí O2 đo trong cùng điều kiện. 2. Hỗn hỗn X gồm : C3H6, C2H2, H2 cho vào bình kín (có xúc tác Ni, không chứa không khí). Nung nóng m gam X trong bình đến phản ứng hoàn toàn thu được hỗn Y. Đốt cháy hoàn toàn Y cần V lít O2 (đktc) thu được hỗn hợp Z gồm khí và hơi . Cho Z lội từ từ qua bình đựng H2SO4 đặc dư thấy khối lượng bình tăng 3,96 gam. Biết hỗn hợp Y làm mất màu tối đa 50 ml dung dịch Br2 1M (dung môi CCl4). Cho 3,36 lít hỗn hợp X đi qua bình đựng dung dịch Br2 dư (dung môi CCl4) có 19,2 gam brom phản ứng. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra

Câu 2. ( 5 điểm)

..............………………… Hết………………………........

b. Tính V

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

b. khí Clo

Viết các phương trình phản ứng.

HƯỚNG DẪN CHẤM.

2. Cho biết độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch thay đổi như thế nào (có giải thích) khi: a. Thêm nước vào c. Thêm 1 ít CH3COONa rắn vào b. Sục 1 ít khí HCl vào d. Thêm 1 ít NaOH rắn vào 3. Dùng hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính khử của etilen trong phòng thí nghiệm.

Câu Câu 1 1

Viết phương trình phản ứng.

Câu 3.(5 điểm)

1. Hỗn hợp M gồm hai muối A2CO3 và AHCO3. Chia 67,05 gam M thành ba phần bằng nhau:

NỘI DUNG e. Ba(OH)2 + KHCO3 → BaCO3 + KOH + H2O f. CO2 + NaOH → NaHCO3 g. NaOH + Ca(HCO3)2 → CaCO3 + NaHCO3 + H2O h. 2 H3PO3 + 3KOH → K2HPO3 + KHPO3 + H2O Theo gt: x+ 2+y = 9

Điểm 2 đ

1,5 đ

 x + y =7 + x =1 => y = 6

- Phần 1: tác dụng hoàn toàn với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 53,19 gam kết tủa.

CH e của: X: 1s22s22p63s1 => X: thuộc chu kỳ 3, nhóm IA.

- Phần 2: tác dụng hoàn toàn với dung dịch BaCl2 dư, thu được 11,82 gam kết tủa.

CH e của Y: 1s22s22p63s23p63d104s24p6 => Y: thuộc chu kỳ 4, nhóm VIIIA

- Phần 3: tác dụng tối đa với V ml dung dịch KOH 2 M.

+ x = 2 => y =5

Tính giá trị của V và viết phương trình phản ứng xẩy ra (dạng ion) trong từng thí nghiệm trên.

CH e của: X: 1s22s22p63s2 => X: thuộc chu kỳ 3, nhóm IIA.

2. Cho hỗn hợp X gồm Ba, Na2O vào nước thu được 500 ml dung dịch X có pH =13 và 0,112 lít khí H2 (đktc). Tính khối lượng từng chất trong X. 3. Cho m gam Fe vào dung dịch HNO3 loãng. Khi Fe tan hết thu được dung dịch A chỉ chứa 1 chất tan và 6,72 lít (đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất). a. Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan.

CH e của Y: 1s22s22p63s23p63d104s24p5 => Y: thuộc chu kỳ 4, nhóm VIIA

t C SiO2 + 2Mg → 2MgO + Si (1)

1,5 đ

t C Mg2Si (2) Có thể có: 2Mg + Si →

b. Tính thể tích dung dịch HNO3 2 M đã dùng

→Chất rắn A chứa:

Câu 4. (5 điểm)

Trang 293

Trang 294

[CH3COO-] tăng => Cb (1) dịch chuyển sang chiều nghịch α giảm

MgO,Si MgO,Mg2Si

d.Thêm NaOH vào: NaOH → Na+ + OH- => H+ + OH- → H2O

MgO, Mg2Si,Si

[H+] giảm → Cb (1) dịch chuyển sang chiều thuận α tăng

MgO, Mg2Si, Mg + A tác dụng dung dịch HCl :

MgO + 2HCl → MgCl2 + H2 (3)

- Viết 2 pt: 0,5 đ ( 1 pt điều chế : C2H4, 1 pt: CM tính khử ( p/ứ Br2, KMnO4, O2...)

Mg2Si + 4HCl → 2MgCl2 + SiH4 (4)

Câu 3 1

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (5) -

1,5 đ

-Vẽ được hình: 0, 5đ ; chú thích đúng : 0,5 đ

Gọi x, y tương ứng số mol A2CO3, AHCO3 trong mỗi phần. P2: Ba2+ + CO32- →

Xác định các trường hợp A: 0,5 đ; pt (1) + (2); 0,5đ; 3 pt: (3-5): 0,5 đ. Nếu chỉ viết được : 2 trong 3 pt từ 3-5 : cho 0,25 đ.

2 điểm

BaCO3 (1) ( 11,82/197 = 0,06 mol )

x= 0,06 ←  0,06 mol

c. Có 2 cách trộn tạo HCl: t oC NaCl tinh thể + H2SO4đặc → NaHSO4 + HCl

P1: HCO3- + OH- →

2 điểm

CO32- + H2O (2)

y Ba2+ + CO32- →

( Na2SO4)

BaCO3

(3) ( 53,19/197 = 0,27 mol )

0,06 + y ←  0,27 mol

t C CaCl2 tinh thể + H2SO4đặc  → CaSO4 + 2HCl

 y= 0,21 mol. Theo gt: 0,06.(2.MA + 60) + 0,21.(MA +61) =67,05/3 = 22,35

- Hs nêu được 2 cách trộn : cho 0,25 đ - Đúng mỗi pt cho: 0,25 đ *Trong trường hợp hs không nêu 2 cách trộn mà viết đủ 2 pt: vẫn cho 0,75 đ

=> MA = 18 ( A+: NH4+) . Vậy có phản ứng:

d. Có 4 cách trộn tạo Cl2: t oC 2NaCl + 2H2SO4 + MnO2 → Na2SO4 + Cl2 + MnSO4 +2 H2O

NH4+ + OH- → NH3 + H2O (4) P3 :

t C CaSO4 + Cl2 + MnSO4 + 2H2O 5CaCl2 + 2H2SO4 + MnO2 →

HCO3- + OH- → 0,21→

Câu 2 1

10NaCl+ 8H2SO4 + 2KMnO4 → 5Na2SO4 + 5Cl2 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O

⇀ CH3COO- + H+ (1) Trong dung dịch CH3COOH có CB: CH3COOH ↽

+ OH- → NH3 + H2O (6)

0,06.2 + 0,21→

- Hs nêu được 4 cách trộn : cho 0,25 đ - Đúng mỗi pt cho: 0,25 đ x4pt =1 đ *Trong trường hợp hs không nêu 4 cách trộn mà viết đủ 4 pt: cho điểm tối đa :1,25 đ

0,21 mol

NH4+

5CaCl2 + 8H2SO4 +2KMnO4 → 5Na2SO4 + 5Cl2 + 2MnSO4 +K2SO4 +8 H2O

CO32- + H2O (5)

0,33 mol

=> nKOH = nOH − = 0,21 + 0,33 = 0,54 mol V = 0,54/2 = 0,27 lit = 270 ml .

1,5 điểm

a. Thêm H2O vào: độ điện ly α Tăng

b. Thêm HCl vào: [H+] tăng → Cb (1) dịch chuyển sang chiều nghịch α giảm

- Viết đúng phương trình cho mỗi phần cho: 0,25 đ x3 = 0,75 đ - Tính số mol CO32-, HCO3- : 0,25 đ - Tìm A là NH4: 0,5 đ - Tính được V: 0,5 đ Gọi x,y số mol Ba, Na2O

1,5 đ

Na2O + H2O → 2NaOH

c. Thêm CH3COONa vào: CH3COONa →CH3COO- + Na+

y Trang 295

→

2.y mol Trang 296

Ba+ 2H2O → Ba(OH)2 + H2 x

→

Do nH2 =

→

Câu

x mol

Câu 4 1

0,112 = 0,005mol => x = 0,005 22, 4

NỘI DUNG

Mặt khác, 2.y + 2.0,005 = 0,05 => y = 0,02 mol

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O

mBa = 0,005.137 = 0,685 gam; mNa2O = 0,02.62 = 1,24 gam •

0,36

Viết 2 pt : cho 0,5 điểm Tính số mol OH- : cho 0,5 điểm Tính Khối lượng 2 chất: cho 0,5 điểm Nếu hs không viết pt: giải đúng , chặt chẽ cho điểm tối đa: 1,5 điểm

←

0,36 mol

nCO2 = 0,36 => số C tb= 0,36/0,36 =1 => X có 1C

 X có dạng: CHnOm (m≥ 0) => 12 + n + 16.m < 44 => m < 2 + Nếu m =0 => X: CH4 (loại) + Nếu m = 1=> n= 0 hoặc 2 hoặc 4.

3 -Dung dịch A chỉ chứa 1 chất tan => A chỉ chứa : Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 : cho 0,5 đ

CO => CTCT: C=O

* Th1: Fe + 4 HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2 H2O (nNO = 6,72/22,4 = 0,3 mol) 1,2 ← 

0,3 ←  0,3 mol

Khối lượng muối khan = 0,3 .242 = 72, 6gam

CH2O => CTCT: H

VHNO3 = 1,2/2 = 0,6 lít = 600ml

CH4O =>CTCT: H

*Th2: 3Fe + 8 HNO3 → 3Fe(NO3)2 + 2NO + 4 H2O ( Hs có thể viết 2 phương trình) 1,2 ←  0,45 ← 

2 điểm

11,52 = 0,36mol 32 70,92 = = 0,36mol 197

n A = no2 = nBaCO3

Do pH =13 => [H+] = 10-13 => [OH-] = 0,1 mol/l => nOH- = 0,5.0,1 =0,05 mol

Điểm

C O H H

0,3 mol

- Tính số C trung bình: 0, 5 đ

Khối lượng muối khan = 0,45 .180 = 81 gam

-Tìm X mỗi trường hợp : 0,5 x 3TH = 1,5 đ (nếu đưa ra CTPT: 0,25 đ x 3TH= 0,75 đ).

VHNO3 = 1,2/2 = 0,6 lít = 600ml

-Giải đúng mỗi trường hợp cho: 0,5 điểm

Đặt : C3H6 (a mol), C2H2 (b mol), H2 (c mol). (a, b, c là số mol trong m gam X). Đốt X hay Y cần số mol O2 như nhau và thu được cùng số mol CO2, cùng số mol nước. a. Phương trình phản ứng: Nung nóng X: o

Ni ,t C C3H6 + H2  → C3H8 (1) o

Ni , t C C2H2 + H2  → C2H4 (2) o

Ni , t C → C2H6 (3) C2H2 + 2H2  o

t C Đốt Y: C3H6 + 9/2 O2 → 3CO2 + 3H2O (4) o

t C 3CO2 + 4H2O (5) C3H8 + 5 O2 →

Trang 297

Trang 298

t C C2H2 + 5/2O2 → 2CO2 + H2O (6) o

t C C2H4 + 3 O2 → 2CO2 + 2H2O (7)

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

t C C2H6 + 7/2 O2  → 2CO2 + 3H2O (8)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2013-2014 Khóa ngày 28 – 3 – 2014

Y qua Br2: C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4

(9)

C2H4 + Br2 → C2H4Br2

(10)

C3H6 + Br2 → C3H6Br2

(11)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: Hóa LỚP 12 THPT

X qua Br2: phương trình (9), (11).

Họ và tên:………………..

Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Số báo danh:……………..

Đề gồm có 01 trang

Câu 1 (2,0 điểm)

-Do phản ứng hoàn toàn và Y làm mất màu dung dịch Br2 nên trong Y không có H2.

1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau: 3 điểm

nH2O = 3,96/18 = 0,22 mol; nBr2 p/ứ với Y = 0,05.1 = 0,05 mol; nX = 3,36/22,4 = 0,15 mol; nBr2 p/ứ 0,15 mol X = 19,2/160 = 0,12 mol.

→ a) Cu2O + H2SO4 (loãng) 

t b) Pb + H2SO4 (đặc)  →

BT hidro: 6.a +2.b + 2.c = 0,44 (1)

c) Na[Cr(OH)4] + Br2 + NaOH  →

d) FeCl3 + dung dịch CH3NH2  →

BT liên kết pi: số l/k pi trong X = số liên kết pi trong Y (bằng số mol Br2 phản ứng với Y) + số mol H2

e) NaNO2 + PbO2 + H2SO4 (loãng)  →

f) Au + KCN + H2O2  →

g) FeCl3 + dung dịch Na2S  →

h) K2Cr2O7 + dung dịch KOH  →

a + 2.b

= 0,05 + c (2)

2. Viết phương trình hóa học xảy ra trong các trường hợp sau:

Ta có: a + b + c mol X phản ứng hết với a +2.b mol Br2

a) Glucozơ tác dụng với dung dịch bạc nitrat trong amoniac (đun nóng).

0,15 mol X phản ứng vừa hết 0,12 mol Br2

b) Trùng hợp metyl metacrylat.

=>0,12.(a+b+c) = 0,15.(a+2.b) (3)

c) Natri aminoaxetat tác dụng với dung dịch HCl dư.

Từ (1),(2),(3) ta có: a= 0,06; b=0,01; c=0,03 mol

d) Buta-1,3-đien tác dụng với dung dịch KMnO4 ở nhiệt độ thường. e) Axit axetyl salixylic tác dụng với dung dịch NaOH dư (đun nóng). f) Anlyl clorua tác dụng với dung dịch nước clo.

Câu 2 (1,75 điểm)

BT cacbon => nCO2 = 0,06.3 + 0,01.2 = 0,2 mol

1. Hoàn thành phương trình hóa học của phản ứng theo các sơ đồ sau:

BT oxi => nO2 p/ứ = nCO2 + 1/2 .nH2O = 0,2 + ½.0,22 = 0,31 mol

+ O2 + NaOH + CuO + NaOH + NaOH 2 a) C3H6  D  → E  → C → → F  → CH4 CCl → B  CaO, t 0 xt, t 0 t0 t0

+ Br

V = 0,31.22,4 = 6, 944 lít -

H2 SO4 ®Æc H 2O 2 4 b) But-1-en  →C → A  → B  170o C

H SO ®Æc

Viết đủ pt: 1 điểm (viết 2-3 pt: 025 đ; 4-6 pt: 0,5 đ; 7-9 pt: 0,75 đ; 10-11 pt: 1đ) Lập pt toán học :( 1), (2): 0,5 đ Lập pt toán học (3): 0,5 đ Tính V đúng : 1 đ Trang 299

2. Thủy phân hoàn toàn 0,1 mol tripeptit Glu-Ala-Gly trong dung dịch KOH dư (đun nóng). Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra và tính khối lượng của mỗi muối thu được sau phản ứng.

Câu 3 (2,0 điểm)

Trang 300

1. Có 200 ml dung dịch A chứa hỗn hợp bari nitrat và sắt (III) nitrat. Cho dung dịch natri cacbonat dư vào dung dịch A, thu được 3,04 gam kết tủa. Lấy toàn bộ lượng kết tủa ở trên cho tác dụng với dung dịch HCl dư thấy thoát ra 0,224 lít khí (đktc). Xác định nồng độ mol của các chất trong dung dịch A.

1. (1,0 điểm)

2. Người ta mạ niken lên mẫu vật kim loại bằng phương pháp mạ điện trong bể mạ chứa dung dịch NiSO4, với cường độ dòng điện I = 9A. Cần mạ một mẫu vật kim loại hình trụ, có bán kính 2,5 cm, cao 20 cm, người ta phủ lên mẫu vật một lớp niken dày 0,4 mm trên. Hãy:

→ Pb(HSO4)2 + SO2 + 2H2O b) Pb + 3H2SO4 (đặc) 

a) Viết quá trình xảy ra trên các điện cực của bể mạ điện.

d) FeCl3 + 3NH3 + 3H2O  → Fe(OH)3↓ + 3NH4Cl

b) Tính thời gian của quá trình mạ điện trên. Cho khối lượng riêng của Ni là 8,9 g/cm3.

e) NaNO2 + PbO2 + H2SO4  → PbSO4 + NaNO3 + H2O

Câu 4 (2,25 điểm) 1. Cho 33,5 gam hỗn hợp X gồm Fe, Cr, Sn tác dụng với dung dịch HCl dư (đun nóng), sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 11,2 lít khí (đktc). Mặt khác, nếu cho 33,5 gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được 17,92 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc).

f) 2Au + 4KCN + H2O2  → 2K[Au(CN)2] + 2KOH

a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

2. (1,0 điểm)

b) Tính % về khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

t a) CH2OH[CHOH]4CHO + 2[Ag(NH3)2]OH  → CH2OH[CHOH]4COONH4 + 2Ag + 3NH3 + H2O

a) Cu2O + H2SO4  → CuSO4 + Cu + H2O to

(0,25 điểm)

c) 2Na[Cr(OH)4] + 3Br2 + 8NaOH  → 2Na2CrO4 + 6NaBr + 8H2O (0,25 điểm)

(0,25 điểm)

g) 2FeCl3 + 3Na2S  → 2FeS + S + 6NaCl

→ 2K2CrO4 + H2O h) K2Cr2O7 + 2KOH 

(0,25 điểm)

2. Oxi hóa 0,8 mol một ancol đơn chức, thu được hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic, một anđehit, ancol dư và nước. Ngưng tụ toàn bộ X rồi chia làm hai phần bằng nhau. Phần một cho tác dụng hết với Na dư, thu được 5,04 lít khí H2 (đktc). Phần hai cho phản ứng tráng bạc hoàn toàn thu được 97,2 gam Ag. Tính thành phần % theo khối lượng các chất có trong X.

Câu 5 (2,0 điểm)

xt, to, p

b) n CH2=C(CH3)COOCH3

CH3 CH2-C

n COOCH3

(0,25 điểm)

→ ClH3NCH2COOH + NaCl c) H2NCH2COONa + 2HCl 

1. Tính độ tan của PbI2:

d) 3CH2=CH-CH=CH2 + 4KMnO4 + 8H2O → 3CH2OH-CHOH-CHOH-CH2OH + 4MnO2 + 4KOH

a) Trong nước nguyên chất; b) Trong dung dịch KI 0,1M. Biết TPbI = 10−7,86. 2 -3

(0,25 điểm) -3

2. Trộn 10 ml dung dịch NaOH 10 M với 10 ml dung dịch CH3COOH 1,01.10 M, pha loãng thành 1 lít dung dịch A. Tính pH của dung dịch A. Biết Ka (CH3COOH) = 10-4,76. Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; K = 39; Cr = 52; Fe = 56; Ni = 59; Ag = 108; Sn = 119; Ba = 137.

t e) o-HOOCC6H4OOCCH3 + 3NaOH  → o-NaOOCC6H4ONa + CH3COONa + 2H2O (0,25 điểm)

f) CH2=CH-CH2Cl + Cl2 + H2O  → CH2Cl-CHOH-CH2Cl + HCl

(0,25 điểm)

Câu 2 (1,75 điểm)

------------ HẾT ----------

1. (1,25 điểm)

+ Br2

CCl4

BrCH2CH2CH2Br

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM 0

t BrCH2CH2CH2Br + 2NaOH  → HOCH2CH2CH2OH + 2NaBr

ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014

(0,25 điểm)

t HOCH2CH2CH2OH + 2CuO  → CH2(CHO)2 + 2Cu + 2H2O

Môn: HÓA

Khóa ngày 28-3-2014

Mn CH2(CHO)2 + O2  → CH2(COOH)2 t0

Câu 1 (2,0 điểm)

(0,25 điểm)

CH2(COOH)2 + 2NaOH  → CH2(COONa)2 + 2H2O Trang 301

Trang 302

CaO CH2(COONa)2 (r) + 2NaOH (r)  → CH4 + 2Na2CO3 t0

2. (1,0 điểm)

(0,25 điểm)

→ CH3CH2CH(OSO3H)CH3 b) CH3-CH2-CH=CH2 + H2SO4 (đặc) 

a) Quá trình xảy ra trên các điện cực của bể mạ điện:

(0,25 điểm)

Anot: Ni  → Ni2+ + 2e

CH3CH2CH(OSO3H)CH3 + H2O  → CH3CH2CH(OH)CH3 + H2SO4

Catot: Ni2+ + 2e  → Ni

H SO ®Æc

2 4 CH3CH2CH(OH)CH3  → CH3-CH=CH-CH3 + H2O 170o C

(0,25 điểm)

Lớp phủ niken ở mẫu vật có bề dày 0,4 mm nên ở mẫu vật này bán kính tăng tới 2,5 + 0,04 = 2,54 cm; chiều cao tăng tới 20,0 + 0,04.2 = 20,08 cm.

HOOC[CH2]2CH(NH2)CONHCH(CH3)CONHCH2COOH + 4KOH  →

Vậy thể tích Ni cần mạ trên mẫu vật là:

0,1 mol

ΔV = V ' - V = [3,14. (2,54)2. 20,08] – 392,5 = 14,281 cm3

KOOC[CH2]2CH(NH2)COOK + H2NCH(CH3)COOK + H2NCH2COOK + 2H2O (0,25 điểm) 0,1 mol

0,1 mol

m = V.D =14,281.8,9 = 127,101 gam

(0,25 điểm)

Từ biểu thức của định luật Farađay, ta có:

mCH3CH(NH2 )COOK = 0,1.127 = 12,7 gam m H2 NCH2COOK = 0,1.113 = 11,3 gam

(0,25 điểm)

Khối lượng Ni cần dùng:

0,1 mol

m KOOC[CH2 ]2CH(NH2 )COOK = 0,1.223 = 22,3 gam

t= (0,25 điểm)

m.n.F 127,101.2.96500 = = 46196,785 (s) A.I 59.9

(0,25 điểm)

Câu 4 (2,25 điểm)

Câu 3 (2,0 điểm)

1. (1,0 điểm)

a) Gọi a, b, c lần lượt là số mol của Fe, Cr, Sn trong 33,5 gam hỗn hợp X.

Gọi số mol Ba(NO3)2 và Fe(NO3)3 trong 200 ml dung dịch A lần lượt là a, b.

Các phản ứng hóa học xảy ra :

Phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra:

Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2

Ba(NO3)2 + Na2CO3 → BaCO3↓ + 2NaNO3

Cr + 2HCl → CrCl2 + H2

2Fe(NO3)3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2Fe(OH)3↓ + 3CO2↑ + 6NaNO3 b

(0,25 điểm)

Fe(OH)3 + 3HCl → FeCl3 + 3H2O

c 0

(0,25 điểm)

1,5a 0

t 2Cr + 6H2SO4 đặc  → Cr2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O

(0,25 điểm)

Vậy nồng độ các chất trong B là:

0,01 0,01 CBa(NO3 )2 = = 0,05M; CFe(NO3 )3 = = 0,05M 0,2 0,2

(0,25 điểm)

t 2Fe + 6H2SO4 đặc  → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O

Theo bài ra ta có: n CO2 = a = 0,01 mol Mặt khác: 197a + 107b = 3,04  b = 0,01 mol

Sn + 2HCl → SnCl2 + H2

BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2↑ + H2O a

b) Thể tích của mẫu vật kim loại hình trụ là: V = πr h = 3,14 × (2,5) × 20 = 392,5 cm .

2. (0,5 điểm)

(0,25 điểm) 2

1,5b 0

t Sn + 4H2SO4 đặc  → Sn(SO4)2 + 2SO2 + 4H2O

(0,25 điểm)

Trang 303

(0,25 điểm)

Trang 304

b) n H2 =

11,2 17,92 = 0,5 mol ; n SO2 = = 0,8 mol 22,4 22,4

Theo bài ra ta có :

Theo bài ra ta có các phương trình:

0,5a + 0,5(0,4 – a – b) + 0,5( a + b) = 0,225 → a = 0,05 mol

56a + 52b + 119c = 33,5

(1)

Mặt khác: 4b + 2a = 0,9 → b = 0,2 mol

a + b + c = 0,5

(2)

1,5a + 1,5b + 2c = 0,8

(3)

(0,25 điểm)

→ Khối lượng của 1/2 hỗn hợp X là: (0,25 điểm)

0,05.46 + 0,2.30 + (0,4 – 0,05 – 0,2)32 + (0,05 + 0,2)18 = 17,6 gam

Giải hệ 3 phương trình (1), (2), (3) trên ta được: a = 0,2 mol; b = 0,2 mol; c = 0,1 mol.

Vậy, thành phần % khối lượng các chất trong X là:

% Fe = 0,2.56/33,5 = 33,43 %.

% HCOOH = 0,05.46/17,6 = 13,07% ; % HCHO = 0,2.30/17,6 = 34,09% ;

% Cr = 0,2.52/33,5 = 31,05 %

% CH3OH = 0,15.32/17,6 = 27,27% ;

% Sn = 0,1.119/33,5 = 35,52 %

Câu 5 (2,0 điểm)

5,04 97, 2 = 0,225 mol ; n Ag = = 0,9 mol 22,4 108

1. (1,0 điểm)

a) Vì oxi hóa ancol đơn chức thu được anđehit nên ancol có dạng: RCH2OH.

S 2+

RCH2OH + [O] → RCHO + H2O b

→ S=

- 2

T = [Pb ][I ] = (S)(2S) = 4S3

Các phản ứng xảy ra:

RCH2OH + 2[O] → RCOOH + H2O a

 → Pb2+ + 2IPbI2↓ ← 

[]

Gọi số mol của axit cacboxylic, anđehit trong 1/2 hỗn hợp X lần lượt là a, b.

(0,25 điểm)

2. (1,25 điểm)

n H2 =

% H2O = 0,25.18/17,6 = 25,57%.

(0,25 điểm)

10−7,86 = 1,51.10−3 M 4

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

 → Pb2+ + 2IPbI2↓ ← 

[]

2S + 0,1

 số mol ancol dư trong 1/2 hỗn hợp X là 0,4 – (a + b). 2RCOOH + 2Na → 2RCOONa + H2 a

T = [Pb2+][I-]2 = (S)(2S + 0,1)2

0,5a

2RCH2OH + 2Na → 2RCH2ONa (0,4 – a – b)

Giả sử S << 0,05

→ S=

0,5(0,4 – a – b)

2H2O + 2Na → 2NaOH

(a + b)

(0,25 điểm)

2. (1,0 điểm)

Vì b < 0,4 → nAg = 0,9 > 2b nên RCHO là HCHO.

CCH3COOH =

HCHO + 4[Ag(NH3)2]OH  → (NH4)2CO3 + 4Ag + 6NH3 + 2H2O 4b 0

10−7,86 = 10−5,86 << 0,05 (0,1) 2

Vậy S = 1,38.10-6M

0,5(a + b)

(0,25 điểm)

t HCOOH + 2[Ag(NH3)2]OH  → (NH4)2CO3 + 2Ag + 2NH3 + H2O

C NaOH = (0,25 điểm) Trang 305

1,01.10−3.10 = 1,01.10−5 M 103

10−3.10 = 10−5 M 103 Trang 306

CH3COOH + OH-  → CH3COO- + H2O -5

-5

10 M

(0,25 điểm)

-5

10 M

Thành phần giới hạn: CH3COOH 10-7M; CH3COO- 10-5M.

 → CH3COO- + H+ CH3COOH ← 

Ka = 10-4,76

 → H+ + OHH2O ← 

KW = 10-14

Vì CCH COOH rất bé nên không thể bỏ qua cân bằng phân li của nước. 3

[H ] = [OH - ] + [CH 3COO - ] − CCH COO3

(0,25 điểm)

10-14 10−4,76 [CH 3 COOH] + − 10-5 + [H ] [H + ]

[H + ] =

+ 2

-5

→ [H ] + 10 [H ] − (10

-14

+ 10

-4,76

H ,t a) CH3-CH=CH2 + H2O  → H ,t a) CH3-CH=CH2 + H2O  → CH3CH(OH)CH3

[CH3COOH]) = 0

Ni b) Stiren + H2 (dư) → 125o C, 110 atm

-7

Chấp nhận [CH 3COOH] = CCH COOH = 10 M , ta có: 3

+ 2

-5

[H ] + 10 [H ] − (10

-14

+ 10

-4,76

-5

.10 ) = 0 → [H+] = 1,72.10-7M

Ni b) C6H5-CH=CH2 + 4H2 → C6H11-CH2CH3 125o C, 110 atm

(0,25 điểm) c) p-HOCH2C6H4OH + dung dịch NaOH  →

Tính lại: [CH 3COOH] = (C CH COOH 3

1,72.10-7 + CCH COO- ). -4,76 ≈ 10-7 M 3 10 + 1,72.10-7

Kết quả lặp lại. Vậy [H+] = 1,72.10-7 = 10-6,76 → pH = 6,76.

c) p-HOCH2C6H4OH + NaOH  → p-HOCH2C6H4ONa + H2O d) CH2=CH-CH2Cl + Cl2 + H2O  →

(0,25 điểm)

d) CH2=CH-CH2Cl + Cl2 + H2O  → CH2Cl-CHOH-CH2Cl + HCl Lưu ý:

Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa. Nếu bài toán giải hợp lí mà thiếu phương trình hóa học thì thí sinh vẫn được tính kết quả chỉ mất điểm viết phương trình Điểm chiết phải được tổ thống nhất; điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.

t → c) Stiren + dung dịch KMnO4  0

t c) 3C6H5-CH=CH2 + 10KMnO4  → 3C6H5COOK + 10MnO2 + 3K2CO3 + KOH + 4H2O

d) Buta-1,3-đien + dung dịch KMnO4  → d) 3CH2=CH-CH=CH2 + 4KMnO4 + 4H2O  → 3CH2OH-CHOH-CHOH-CH2OH + 4MnO2 + 4KOH O

2 e) But-1-en + HBr (khí)  →

2 e) CH3CH2CH=CH2 + HBr (khí) → CH3CH2CH2CH2Br

g) CH2=CH-CH2Cl + Cl2 + H2O  → g) CH2=CH-CH2Cl + Cl2 + H2O  → CH2Cl-CHOH-CH2Cl + HCl

Trang 307

Trang 308

h) p-HOCH2C6H4OH + dung dịch NaOH  → h) p-HOCH2C6H4OH + NaOH  → p-HOCH2C6H4ONa + H2O i) Phenol + HNO3 (loãng)  → C6H5OH + HNO3 (loãng)  → o-O2NC6H4OH + H2O

d) CaOCl2 + H2O2  → CaCl2 + O2 + H2O

C6H5OH + HNO3 (loãng)  → p-O2NC6H4OH + H2O

i) 5H2S + 2KMnO4 + 3H2SO4  → 5S + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O

H SO ®Æc

2 4 k) Etilen glicol  → 170o C

k) H3PO3 + dung dịch NaOH (dư)  →

H2 SO4 ®Æc 170o C

k) CH2OH-CH2OH → CH3CHO + H2O

k) H3PO3 + 2KOH  → K2HPO3 + 2H2O l) H3PO2 + dung dịch NaOH (dư)  →

t l) Cumen + dung dịch KMnO4  →

l) H3PO2 + KOH  → KH2PO2 + H2O

t 3C6H5CH(CH3)2 + 18KMnO4  → 3C6H5COOK + 18MnO2 + 6K2CO3 + 3KOH + 9H2O 0

t m) 1,4-đibrombutan + Zn  →

m) BrCH2CH2CH2CH2Br + Zn

+ ZnBr2

ancol n) Benzyl bromua + KOH  →

ancol n) C6H5CH2Br + KOH  → C6H5CH2OH + KBr

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

o) Etyl xiclohexen + K2Cr2O7 + H2SO4 (loãng)  →

+ K2Cr2O7 + 4H2SO4

CH3CH2CO[CH2]4COOH + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 4H2O

Câu 1. (2 điểm) 1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau: a. Fe2O3 + dung dịch HI → b. PbS + O3 → c. Au + NaCN + O2 + H2O → d. Ba(OH)2 + K2Cr2O7 → e. HClO + FeSO4 + H2SO4 loãng → f. NO2 + dung dịch Ba(OH)2 → g. SO2 + Fe2(SO4)3 + H2O → h. CrO3 + dung dịch H2SO4 đặc,nóng → 2. Tinh thể muối X nguyên chất, màu trắng, tan trong nước tạo thành dung dịch Y. Dung dịch Y không phản ứng với dung dịch H2SO4 loãng mà phản ứng được với dung dịch HCl sinh ra kết tủa trắng, kết tủa này lại tan trong dung dịch NH3 dư tạo thành dung dịch Z. Khi axit hoá dung dịch Z bằng dung dịch HNO3 dư lại xuất hiện kết tủa trắng. Cho thanh đồng vào dung dịch Y, sau đó thêm dung dịch H2SO4 loãng và đun nóng thì có khí không màu, hoá nâu trong không khí thoát ra, đồng thời có kết tủa màu xám đen xuất hiện bám lên thanh đồng. Xác định công thức của X và viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra. Câu 2. (3 điểm) 1. Viết các công thức cấu tạo có đồng phân hình học của C4H7Cl. 2. Hãy sắp xếp các chất sau theo thứ tự tăng dần tính bazơ. Giải thích. CH3-CH(NH2)-COOH, CH2=CH-CH2-NH2, CH3-CH2-CH2-NH2, CH≡C-CH2-NH2

→ p) 3-anlyl xiclohexen + K2Cr2O7 + H2SO4 (loãng)  d)

Số BD:……………..

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn thi: Hóa học (Khóa ngày 17 tháng 3 năm 2015) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

+ 3K2Cr2O7 + 12H2SO4 CH2-CH=CH2 CO2 + HOOC[CH2]3CH(COOH)CH2COOH + 3Cr2(SO4)3 + 3K2SO4 + 13H2O Trong các trường hợp a, b, g chỉ viết sản phẩm chính.

→ b) CH3-CH2-C≡CH + HCl (dư)  b) CH3-CH2-C≡CH + HCl (dư)  → CH3CH2CCl2CH3

Trang 309

Trang 310

3. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra khi thuỷ phân hoàn toàn các chất sau bằng dung dịch NaOH dư:

b. a. 4. Ba hợp chất M, N, P có cùng công thức phân tử C6H8Cl2O4 đều mạch hở và thỏa mãn : C6H8Cl2O4  → Muối X + CH3CHO + NaCl + H2O Xác định công thức cấu tạo của M, N, P và viết phương trình hóa học của các phản ứng. Câu 3. (2,5 điểm) 1. Oxi hóa 4,6 gam ancol đơn chức A bằng oxi (có xúc tác và đun nóng) thu được 6,2 gam hỗn hợp gồm anđehit, ancol và nước. Xác định công thức cấu tạo của ancol A. 2. X có công thức phân tử là C3H12N2O3. Khi đun nóng X với dung dịch NaOH loãng, dư sinh ra 2 chất khí đều làm giấy quỳ tím ẩm hóa xanh. Xác định công thức cấu tạo có thể có của X và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. 3. Hợp chất A có công thức phân tử là C9H8. A có khả năng kết tủa với dung dịch AgNO3 trong NH3 và phản ứng với brom trong CCl4 theo tỷ lệ mol 1:2. Đun nóng A với dung dịch KMnO4 dư cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thêm tiếp một lượng dư dung dịch HCl đặc, thấy sản phẩm sinh ra có axit benzoic, đồng thời giải phóng khí CO2 và khí Cl2. Xác định công thức cấu tạo của A và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Câu 4. (2,5 điểm) 1. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X có khối lượng 48,8 gam gồm Cu và một oxit sắt bằng lượng dư dung dịch HNO3 thu được dung dịch A và 6,72 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở điều kiện tiêu chuẩn). Cô cạn dung dịch A thu được 147,8 gam chất rắn khan. a. Xác định công thức của oxit sắt. b. Cho hỗn hợp X phản ứng hoàn toàn với 400 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch B và chất rắn C. Chia dung dịch B thành 2 phần bằng nhau: Phần 1: Cho phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3 tạo ra m gam kết tủa. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra và tính m. Phần 2: Tiến hành điện phân với điện cực anot bằng Cu (có khối lượng lớn), cường độ dòng điện không đổi 10A. Sau thời gian điện phân là 193 phút, khối lượng kim loại sinh ra ở catot là p gam. Tính p. 2. Tính pH của dung dịch NH4HCO3 0,1M. Biết rằng H2CO3 có hằng số phân li axit K1 = 4,5.10-7; K2 = 4,7.10-11 và NH3 có Kb = 10-4,76. (Cho Cu=64; Fe=56; Ag=108; C=12; O=16; N=14; H=1; C=12; Cl=35,5) + dd NaOH d−, t 0

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

(0,25đ)

(0,25đ (0,25đ) (0,25đ)

ion lưỡng cực Vì vậy, lực hút e các nhóm: CH≡C-CH2- > CH2=CH-CH2-> CH3-CH2-CH2- làm cho mật độ e trên N của nhóm NH2 tăng theo thứ tự trên, do đó tính bazơ tăng theo dãy trên. (0,25đ) 3. (0,75 điểm) Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi thuỷ phân hoàn toàn các chất sau đây bằng dung dịch NaOH dư: ONa

+ 4NaOH

+ NaOOC-CHO + 2NaCl + 2H2O

(0,25đ)

4. (0,75 điểm) Công thức cấu tạo của M, N, P

(0,25đ)

(0,25đ

(0,25đ) 2.(0,5 điểm) Thứ tự tăng dần tính bazơ: . CH3-CH-COOH < CH≡C-CH2-NH2 < CH2=CH-CH2-NH2 < CH3-CH2-CH2-NH2 (0,25đ) NH2 C sp 2 Tồn tại ở dạng Độ âm điện C s p > > C sp3

+ 2NaOH

(0,25đ)

CH 3

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014-2015 Môn: HÓA Khóa ngày 17-3-2015 Câu 1 (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) a. Fe2O3 + 6HI → 2FeI2 + I2 + 3H2O b. PbS + 4O3 → PbSO4 + 4O2 c. 4Au + 8NaCN + O2 + 2H2O → 4Na[Au(CN)2] + 4NaOH d. 2Ba(OH)2 + K2Cr2O7 → 2BaCrO4 ↓ + 2KOH+ H2O e. 6HClO + 12FeSO4 + 3H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 2FeCl3 + 6H2O f. 4NO2 + 2Ba(OH)2 → Ba(NO3)2 + Ba(NO2)2 + 2H2O g. SO2 + Fe2(SO4)3 + 2H2O → 2FeSO4 + 2H2SO4 h. 4CrO3 + 6H2SO4 đặc,nóng → 2Cr2(SO4)3 + 3O2 + 6H2O (HS viết đúng phương trình phân tử hay ion rút gọn đều được điểm tối đa) 2. (1,0 điểm)

Từ dữ kiện bài tập, ta xác định được X là AgNO3 PTHH: AgNO3 + HCl → AgCl ↓ + HNO3 AgCl + 2NH3 → [Ag(NH3)2]Cl NH3 + HNO3 → NH4NO3 [Ag(NH3)2]Cl + 2HNO3 → AgCl ↓ + 2NH4NO3 3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag ↓ Câu 2. (3 điểm) 1. (1 điểm) Các CTCT có đồng phân hình học của C4H7Cl: CH3-CCl=CH-CH3 CH2Cl-CH=CH-CH3 CHCl=CH-CH2CH3

NH2-CH2-COONa +HO-CH2-COONa

(0,5đ)

+ M: CH3- CHCl – OOC – COO – CHCl – CH3 t0 CH3-CHCl–OOC–COO–CHCl–CH3 + 4NaOH  → 2CH3CHO + NaOOC–COONa +2NaCl + 2H2O (0,25đ) + N: ClCH2-COO-CH2-COO – CHCl – CH3 t0 ClCH2-COO-CH2-COO–CHCl – CH3 + 4NaOH  → CH3CHO + 2HO-CH2–COONa + 2NaCl + H2O (0,25đ) + P: CH2Cl – COO- CH(CH3) – OOC- CH2Cl t0 CH2Cl – COO- CH(CH3) – OOC- CH2Cl + 4NaOH  → CH3CHO + 2HO-CH2 – COONa + 2NaCl + H2O

(0,25đ) Câu 3. (2,5 điểm) 1. (0,5 điểm)

Trang 311

Trang 312

Đặt công thức của ancol: RCH2OH (vì bị oxi hóa tạo anđehit) Ta có: RCH2OH + 1/2O2 → RCHO + H2O Bảo toàn khối lượng ta có: m hỗn hợp sản phẩm – mancol = moxi phản ứng = 6,2- 4,6 = 1,6 gam →

n O2 ph¶n øng

= 0,05 mol

→ n ancol ban ®Çu > 0,1mol → Ancol cần tìm là: CH3OH

→

n ancol ph¶n øng

(0,25đ)

= 0,1 mol

→ M ancol < 4,6/0,1 = 46

2. (0,75 điểm) CTCT có thể có của X là: NH4OCOONH3CH2CH3 và NH4OCOONH2(CH3)2 PTHH: NH4OCOONH3CH2CH3 + 2NaOH → Na2CO3 + NH3 + C2H5NH2 + 2H2O NH4OCOONH2(CH3)2 + 2NaOH → Na2CO3 + NH3 + CH3-NH-CH3 + 2H2O 3. (1,25 điểm) Từ các dữ kiện bài toán, ta xác định được công thức cấu tạo phù hợp của A: A + AgNO3/NH3 → kết tủa => A có liên kết ba đầu mạch. (-C≡CH)

(0,25đ)

(0,25đ) (0,25đ) (0,25đ)

→ x/y = 3/4 → Công thức oxit sắt là: Fe3O4 → b = 0,1 b. nHCl = 0,8 mol Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O 0,1 0,8 0,1 0,2 Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2 0,1 0,2 0,1 0,2 → Dung dịch B gồm: FeCl2 :0,3 mol và CuCl2: 0,1 mol * 1/2 dung dịch B tác dụng với AgNO3: FeCl2 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 2AgCl + Ag 0,15 0,3 0,15 CuCl2 + 2AgNO3 → 2AgCl + Cu(NO3)2 0,05 0,1 m = 0,15.108 + 0,4.(108+35,5) = 73,6 gam * Điện phân 1/2 dung dịch B 1/2 dung dịch B gồm: FeCl2: 0,15 mol và CuCl2: 0,05 mol

(0,25đ)

(0,25đ) (0,25đ)

Số mol e trao đổi = I.t = 10 .19 3.6 0 = 1,2 m o l F

Tại anot: Cu → Cu2+ + 2e

96 5 00

(dương cực tan)

Tại catot: Cu2+ + 2e→ Cu 1,2 0,6 → Khối lượng kim loại sinh ra tại catot p= 0,6.64=38,4 gam

→ A có chứa vòng benzen với 1 nhánh R A + Br2/CCl4 theo tỉ lệ 1:2 => A có 2 liên kết π ở nhánh → CTCT của A:

(0,25đ) Các phương trình phản ứng: C6H5CH2C≡CH + [Ag(NH3)2]OH → C6H5CH2C≡CAg + 2NH3 + H2O (0,25đ) C6H5CH2C≡CH + 2Br2 → C6H5CH2CBr2CHBr2 3C6H5CH2C≡CH + 14KMnO4 → 3C6H5COOK + 5K2CO3 + KHCO3 + 14MnO2 + 4H2O C6H5COOK + HCl → C6H5COOH + KCl (0,25đ) KHCO3 + HCl → KCl + CO2 + H2O K2CO3 + 2HCl → 2KCl + CO2 + H2O (0,25đ) 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2 + 8H2O MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O (0,25đ) Câu 4. (2,5 điểm) 1. (1,5 điểm) a. Đặt số mol của Cu là a mol, số mol oxit FexOy là b mol PTHH: 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O 3FexOy + (12x-2y)HNO3 → 3xFe(NO3)3 + (3x-2y) NO + (6x-y)H2O Cô cạn dung dịch A thu được 2 muối Cu(NO3)2 và Fe(NO3)3 Ta có hệ phương trình: 64a+(56x+16y).b =48,8 2a + (3x-2y).b = 3.6,72/22,4=0,9 a.188 + 242.xb = 147,8 Giải hệ phương trình, ta có: a = 0,4 ; xb= 0,3 ; yb = 0,4

2. (1 điểm) Ta có các quá trình sau: NH4HCO3 → NH4+ + HCO3HCO3- + H+ H2CO3 K1-1

(0,25đ) (0,25đ)

NH4+ NH3 + H+ Ka HCO3- H+ + CO32K2 -14 10 -9,24 =10 H2O H+ + OHKw = 10-14. Trong đó Ka = . Kb Áp dụng điều kiện Proton ta có: [H+] = [NH3] + [CO32-] + [OH-] - [H2CO3] K a .  NH +4  K 2  HCO-3  K w + + + -K1-1.  H +  .  HCO3-  → [H+] =  H +   H +   H  ; ;

(0,25đ

+ -1 + → [H+]2 = K a .  NH 4  +K 2  HCO 3  +K w -K1 .  H  .  HCO 3 

→ [H+]2 =

K a .  NH +4  +K 2  HCO-3  +K w 1+K1-1 .  HCO-3 

K a .  NH +4  +K 2  HCO-3  +K w

→ [ H +] =

1+K1-1.  HCO-3 

(*)

(0,25đ) Vì các hằng số điện li rất bé nên có thể coi [NH4+] ≈ [HCO3-] ≈ C NH4+ = C HCO3- = 0,1M Thay các giá trị gần đúng [NH4+] = [HCO3-] = C NH + = C HCO - = 0,1M vào (*) 4

→ [H+] = 1,6737.10-8M → pH = 7,78

(0,25đ)

Kiểm tra lại kết quả tính gần đúng ở trên: với [H+] = 1,6737.10-8M , ta có: Trang 313

Trang 314

C 0,1 = =0,097 M ka 10-9,24 1+ + 1+ [H ] 1,6737.10-8 C 0,1 = =0,096 M [HCO3-]= K 2 [H + ] 4,7.10-11 1,6737.10-8 1+ + + 1+ + -8 -7 [H ] K1 1,6737.10 4,5.10 Thay các giá trị [NH4+]=0,097 và và [HCO3-]= 0,096 vào (*) , ta có: [H+] = 1,682 .10-8 pH = 7,77 ≈ 7,78 (0,25đ) Kết luận: sai số không đáng kể, có thể tính gần đúng bằng cách trên với giá trị pH ≈ 7,78 [NH4+]=

+ dd HNO3 lo·ng (1)

to (3)

+ NH3, to (5)

+ dd HCl + O2 (6)

+ dd NaOH

(7)

+ dd NH3 (8)

(2) + dd H2S (4) + A1, to

Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra theo sơ đồ chuyển hóa trên. Biết các chất từ A1 đến A8 là đồng và các hợp chất của đồng. 2. Giải thích tại sao chì không tan trong dung dịch axit sunfuric loãng nhưng tan trong dung dịch axit sunfuric đặc, nóng.

Lưu ý:

Câu 2 (2,5 điểm) 1. Cho sơ đồ phản ứng sau:

3. Axit salixilic (axit o-hiđroxibenzoic) tác dụng với metanol (có mặt H2SO4 đặc xúc tác) tạo thành metyl salixilat; axit salixilic tác dụng với anhiđrit axetic tạo thành axit axetyl salixilic. Cho metyl salixilat và axit axetyl salixilic lần lượt tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng.

Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2015-2016 Khóa ngày 23 – 3 – 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 3 (2,0 điểm) 1. Khi thực hiện phản ứng este hoá 1 mol CH3COOH và 1 mol C2H5OH, lượng este lớn nhất thu được là 2/3 mol. Để đạt hiệu suất cực đại là 90% khi tiến hành este hoá 1 mol CH3COOH cần bao nhiêu mol C2H5OH?

Môn: Hóa

Biết các phản ứng este hoá thực hiện ở cùng nhiệt độ.

LỚP 12 THPT

2. Hấp thụ hoàn toàn 112 ml khí SO2 (đktc) cần dùng vừa đủ V lít dung dịch KMnO4 0,002M, thu được dung dịch X.

Họ và tên:………………..

Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Số báo danh:……………..

Đề gồm có 02 trang

a) Viết phương trình hóa học ở dạng phân tử của phản ứng xảy ra và xác định giá trị của V. −2

b) Tính pH của dung dịch X. Biết k a(HSO− ) = 2.10 . 4

Câu 4 (1,75 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm)

1. Ðun nóng m gam hỗn hợp X gồm các chất có cùng một loại nhóm chức với 600 ml dung dịch NaOH 1,15M, thu được dung dịch Y chứa muối của một axit cacboxylic đơn chức và 15,4 gam hơi Z gồm các ancol. Cho toàn bộ Z tác dụng với Na dư, thu được 5,04 lít khí H2 (đktc). Cô cạn dung dịch Y, nung nóng chất rắn thu được với CaO cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 7,2 gam một chất khí. Xác định giá trị của m.

1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau: to

a) CuSO4 + NaI  → c) CrCl3 + Cl2 + NaOH e) Fe(OH)3 + HI

 →

g) Na2O2 + CO2

 →

b) Sn + H2SO4 (đặc)  →

 →

d) NaHCO3 + Ca(OH)2

1:1 →

f) CrCl3 + Zn(dư) h) Al4C3 + KOH + H2O

2. Muối KClO4 được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO3. Thực tế khi điện phân ở một điện cực, ngoài nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là ClO −4 còn đồng thời xảy ra nửa phản ứng phụ tạo thành một khí không màu. Ở điện

 →

cực thứ hai chỉ xảy ra nửa phản ứng tạo ra một khí duy nhất. Hiệu suất tạo thành sản phẩm chính chỉ đạt 60%.

 →

a) Viết các nửa phản ứng ở anot và catot.

2. Viết phương trình hóa học xảy ra trong các trường hợp sau:

a) H2NCH2COONa + HCl(dư)

 →

c) Axit glutamic + NaOH(dư)

 →

b) Tính thể tích khí thoát ra ở catot, anot (đo ở đktc) khi điều chế được 332,4 gam KClO4. to

b) anilin + NaNO2 + HCl  → d) Glucozơ + nước brom t

→ e) CH3COOCHCl-CH3 + NaOH(dư) 

Câu 5 (1,75 điểm)

 →

f) CH3-CH=CH2 + HBr(khí)

1. Sắp xếp (có giải thích) trình tự tăng dần tính axit của các chất sau:

(CH3)3Si-CH2-COOH; (CH3)3C-CH2-COOH; (CH3)3N+-CH2-COOH

O  → 2

g) Vinyl fomat + Cu(OH)2 + NaOH(dư)  → Trang 315

Trang 316

2. Đun nóng vài giọt clorofom với lượng dư dung dịch NaOH, sau đó nhỏ thêm vài giọt dung dịch KMnO4 thấy hỗn hợp xuất hiện màu xanh. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. 3. Trộn 15 ml dung dịch CH3COONa 0,03M với 30 ml dung dịch HCOONa 0,15M. Tính pH của dung dịch thu được.

b) C6H5NH2 + NaNO2 + HCl  → C6H5OH + N2 + NaCl + H2O (anilin) c) HOOCCH2CH2CH(NH2)COOH + 2NaOH(dư)

Biết pKa (CH3COOH) = 4,76 và pKa (HCOOH) = 3,75.

d) HOCH2[CHOH]4CHO + Br2 + H2O

 → HOCH2[CHOH]4COOH + 2HBr to

e) CH3COOCHCl-CH3 + 2NaOH(dư)  → CH3COONa + CH3CHO + NaCl + H2O

Cho: H = 1; C = 12; O = 16; Na = 23; Cl = 35,5; K = 39

f) CH3-CH=CH2 + HBr(khí) ------------ HẾT ----------

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

 → NaOOCCH2CH2CH(NH2)COONa + 2H2O

O  → CH3CH2CH2Br 2

g) HCOOCH=CH2 + 4Cu(OH)2 + 3NaOH(dư)  → Na2CO3 + CH3COONa + 2Cu2O↓ + 6H2O

0,25 điểm

Câu 2

2,5 điểm

1. (1,0 điểm)

Mỗi PTHH 0,125 điểm

HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2015-2016

1) 3Cu + 8HNO3

 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O

2) Cu(NO3)2 + H2S

Khóa ngày 23 – 3 – 2016

 → CuS↓ + 2HNO3

Môn: Hóa

3) 2Cu(NO3)2  → 2CuO + 4NO2 + O2

LỚP 12 THPT

→ Cu2O 4) CuO + Cu  to

Câu 1

2,0 điểm

1. (1,0 điểm)

Mỗi PTHH 0,125 điểm

a) 2CuSO4 + 4NaI  → 2CuI↓ + I2 + 2Na2SO4 to

→ Sn(SO4)2 + 2SO2 + 4H2O b) Sn + 4H2SO4 (đặc)  c) 2CrCl3 + 3Cl2 + 16NaOH d) NaHCO3 + Ca(OH)2 e) 2Fe(OH)3 + 6HI f) 2CrCl3 + Zn(dư) g) 2Na2O2 + 2CO2

 → Cu(OH)2 + 2NaCl.

8) Cu(OH)2 + 4NH3

 → [Cu(NH3)4](OH)2

0,25 điểm

Pb + 3H2SO4 (đặc)  → Pb(HSO4)2 + SO2 + 2H2O 3. (1,0 điểm)

Mỗi PTHH 0,25 điểm H 2SO 4 ®Æc

 → o-HOC6H4COOCH3 + H2O o-HOC6H4COOH + CH3OH ←

 → 2Na2CO3 + O2

o-HOC6H4COOH + (CH3CO)2O  → o-CH3COOC6H4COOH + CH3COOH

 → 4K[Al(OH)4] + 3CH4

 → ClH3NCH2COOH + NaCl

7) CuCl2 + 2NaOH

 → 2CrCl2 + ZnCl2

a) H2NCH2COONa + 2HCl(dư)

 → CuCl2 + 2H2O

Chì tan trong dung dịch axit sunfuric đặc, nóng vì xảy ra phản ứng:

 → 2FeI2 + I2 + 6H2O

2. (1,0 điểm)

6) 2Cu + O2 + 4HCl

2. Chì không tan trong dung dịch axit sunfuric loãng vì tạo thành PbSO4 ít tan bám trên bề mặt ngăn cản 0,25 điểm sự tiếp xúc giữa chì và axit sunfuric.

 → 2Na2CrO4 + 12NaCl + 8H2O

1:1 → CaCO3↓ + NaOH + H2O

h) Al4C3 + 4KOH + 12H2O

5) 3CuO + 2NH3  → 3Cu + N2 + 3H2O

Mỗi PTHH 0,125 điểm

o-HOC6H4COOCH3 + 2NaOH  → o-NaOC6H4COONa + CH3OH + H2O to

o-CH3COOC6H4COOH + 3NaOH  → o-NaOC6H4COONa + CH3COONa + 2H2O Câu 3

Trang 317

2,0 điểm

Trang 318

1. (1,0 điểm)

KC = CH3COOH +

 → CH3COOCH2CH3 HOCH2CH3 ← 

+ H2 O

0,25 điểm

(0,002+x)(0,003+x) = 2.10-2 (0,002-x)

 x ≈ 1,3.10-3 0,25 điểm

[H+] = 2.10-3 + 1,3.10-3 = 3,3.10-3 (M)

Tại thời điểm cân bằng 1/3 (2 / 3)2 KC = = 4. (1 / 3)2 Gọi số mol của ancol cần dùng là a (mol).

1/3

2/3

2/3 (mol) 0,25 điểm

 pH = 2,48

0,25 điểm

Câu 4

1,75 điểm

1. (1,0 điểm)

Trường hợp 1: Số mol CH3COOH lớn hơn CH3CH2OH, hiệu suất phản ứng tính theo ancol.

 → CH3COOCH2CH3 CH3COOH + HOCH2CH3 ←  (1-0,9a) KC =

0,1a

0,9a

+ H2O

n NaOH = 0,69 mol ; n H 2 = 0,225 mol

0,9a (mol)

Gọi công thức trung bình của các chất trong hỗn hợp Y là (RCOO)nR’. (RCOO)nR’ + nNaOH  → nRCOONa + R’(OH)n

(0, 9a) 2 = 4  a = 0,342 (1 − 0,9a).0,1a

0,9

 → CH3COOCH2CH3 + H2O CH3COOH + HOCH2CH3 ←  (a-0,9)

(mol)

an/2

Theo bài ra ta có: an/2 = 0,225  an = 0,45

0,9 (mol)

0,25 điểm

 n NaOH (d−) = 0,69 - 0,45 = 0,24 mol

(0,9)2 KC = = 4  a = 2,925 (a − 0,9).0,1

CaO, t 0

0,25 điểm

 → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4

0,005 → 0,002

→ 0,001

V = 0,002/0,002 = 1.

0,002

0 H 2SO4

0,002-x

0,24 (mol) 0,25 điểm

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: m + mNaOH phản ứng (1) = mRCOONa + mancol  m = 0,45.96 + 15,4 – 0,45.40 = 40,6.

0,002 (mol)

= 0,002 M

0,002 H+

2. (0,75 điểm)

Phản ứng chính:

Phản ứng phụ:

0,002 (M) +

0,25 điểm

(Nếu học sinh viết phản ứng của este đơn chức, nếu cho kết quả đúng chỉ được 0,25 điểm)

 → H+ + HSO4-

 → HSO4- ←  []

0,002

0,25 điểm

= 0,003 M ; C H2SO4

0,24 →

MRH = 7,2/0,24 = 30  MR = 29.

n SO2 = 0,005 mol

0 SO24

RCOONa + NaOH → RH + Na2CO3 0,24 ←

2. (1,0 điểm)

5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O

0,25 điểm

R’(OH)n + nNa  → R’(ONa)n + n/2 H2

Trường hợp 2: Số mol CH3COOH nhỏ hơn CH3CH2OH, hiệu suất phản ứng tính theo axit.

0,1

0,25 điểm

(1)

anot:

ClO3- + H2O → ClO4 - + 2H+ + 2e

catot:

2H2O + 2e → H2 + 2OH-

anot:

2H2O →

4H+ + O2 + 4e

catot: 2H2O + 2e → H2 + 2OH-

SO42-

(0,002+x) (0,003+x) (M)

n KClO4 =

Ta có :

Trang 319

0,25 điểm

332,4 100 = 2,4 mol  q = 2,4.2.96500. = 772000 culong 138,5 60

Trang 320

Khí ở catot là hyđro: n H = 2

Khí ở anot là oxy: n O = 2

0,25 điểm

772000 = 4 mol  VH 2 = 4.22,4 = 89,6 lít 2.96500

772000.0,4 = 0,8 mol  VO2 = 0,8.22,4 = 17,92 lít 4.96500

- Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó, điểm chiết phải được tổ thống nhất; Điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.

0,25 điểm

Câu 5

1,75 điểm

1. (0,5 điểm)

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

Tính axit: (CH3)3Si-CH2-COOH < (CH3)3C-CH2-COOH < (CH3)3N+-CH2-COOH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2016-2017

0,25 điểm

Giải thích: Nhóm thế (CH3)3N+-CH2- gây hiệu ứng –I, nhóm thế (CH3)3C-CH2- và nhóm thế (CH3)3Si-CH2- gây 0,25 điểm hiệu ứng + I nhưng nhóm thế (CH3)3Si-CH2- gây hiệu ứng +I lớn hơn.

Khóa ngày 22 - 3 – 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: Hóa Học LỚP 12 THPT

2. (0,5 điểm)

CHCl3 + 3NaOH  → HCOONa + 3NaCl + H2O

0,25 điểm

HCOONa + 2KMnO4 + 3NaOH  → 2Na2MnO4 + K2CO3 + 2H2O

0,25 điểm

Họ và tên:………………..

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

Số báo danh:……………..

Đề gồm có 02 trang

3. (0,75 điểm)

CCH COO 3

Câu 1.(2,25 điểm)

0,03.15 0,15.30 = = 0,01M ; CHCOO = = 0,1M 45 45

1. Cho sơ đồ phản ứng sau:

Các cân bằng:

(1) A

 → H+ + OHH2O ← 

Kw = 10-14

(1)

 → CH3COOH + OHCH3COO- + H2O ← 

Kb = 10-14/10-4,76 = 10-9,24

(2)

 → HCOOH + OH- Kb’ = 10-14/10-3,75 = 10-10,25 HCOO- + H2O ←  Do K b .CCH COO- = 10 3

−11,24

(2)

1 : 1 (mol) (6)

+ dd NaOH

(7)

(3)

+ O2, Cu, t0 (3)

M + Cl2, as

0,25 điểm

≈ K 'b .CHCOO = 10−11,25 cho nên không thể tính gần đúng theo một cân

+ H2SO4, t0 Z - H2O (8)

+ dd AgNO3/NH3, t0 (4) xt, t0, p (9)

+ H2SO4, t0 E (5)

Polistiren

t0 cao (10)

Cho biết công thức cấu tạo thu gọn của các chất ứng với các chữ cái M, A, B, X, Y trong sơ đồ phản ứng. Viết phương trình phản ứng (4), (5), (9), (10).

−

2. X, Y, Z là các đồng phân, công thức phân tử là C4H6O2Cl2. Xác định công thức cấu tạo có thể có của X, Y, Z, biết rằng:

bằng. Theo định luật bảo toàn proton, ta có: h = [H+] = [OH-] - [CH3COOH] - [HCOOH]

+ dd NaOH

Kw 1 + K a−1[CH3COO- ] + (K 'a )−1[HCOO- ]

X + NaOH dư → A + C2H4(OH)2 + NaCl Y + KOH dư → B + C2H5OH + KCl + H2O

(4)

0,25 điểm

Z + KOH dư → Muối của một axit hữu cơ + KCl + H2O

Chấp nhận [CH3COO-] = 0,01M; [HCOO-] = 0,1M và thay vào (4) để tính h:

10−14 h = = 2,96.10−9 4,76 1 + 10 .10−2 + 103,75.10−1

 pH = 8,53

Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra. 0,25 điểm

3. Cho BaO tác dụng với dung dịch H2SO4 thu được kết tủa A và dung dịch B. Cho B tác dụng với kim loại Al dư thu được dung dịch D và khí E. Thêm K2CO3 vào dung dịch D thấy tạo kết tủa F. Xác định các chất A, B, D, E, F và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 2.(2,0 điểm)

Lưu ý:

- Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu. Trang 321

Trang 322

1. Hỗn hợp A gồm một peptit X và một peptit Y(mỗi chất được cấu tạo từ 1 loại aminoaxit khác nhau, tổng số nhóm –CO–NH– trong 2 loại phân tử là 5)với tỉ lệ số mol nX:nY= 2:1. Khi thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp A thu được 5,625 gam glyxin và 10,860 gam tyrosin. Tính giá trị m. 2. Dung dịch X chứa muối MHCO3. Cho dung dịch X tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 39,4 gam kết tủa. Mặt khác, làm khô dung dịch X thu được chất rắn khan Z. Nhiệt phân Z, thu được 21,4 gam hỗn hợp khí và hơi. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức phân tử và gọi tên muối trên. 3. Từ quả cây vanilla người ta tách được 4-hidroxi-3-metoxibenzandehit (vanilin) có công thức phân tử C8H8O3, dùng để làm chất thơm cho bánh kẹo. Từ quả cây hồi, người ta tách được

4-metoxibenzandehit có công thức phân tử C8H8O2. Từ quả cây hồi hoang, người ta tách được p-isopropylbenzandehit có công thức phân tử C10H12O.

1. Silic có cấu trúc tinh thể ở hình bên:

Tính bán kính của nguyên tử silic. Cho khối lượng riêng của silic tinh thể bằng 2,33g/cm3; khối lượng mol nguyên tử của Si bằng 28,1g/mol. 2. Lấy 60ml NaOH 0,025M cho phản ứng với 25ml dung dịch H3AsO4 0,020M (cho H3AsO4 có pKa1= 2,13; pKa2 = 6,94 ; pKa3 = 11,50). Tính pH của dung dịch thu được. 3. Điện phân 500 ml dung dịch Y gồm: AgNO3 0,1M, Ni(NO3)2 0,5M, HNO3 0,1M ở 250C. a. Cho biết thứ tự điện phân ở catot. b. Tính điện thế phù hợp cần đặt vào catot để quá trình điện phân có thể xảy ra.

Cho:

a. Hãy viết công thức cấu tạo của ba chất trên.

Eo(Cu2+/Cu) = 0,337 (V)

Eo(Ag+/Ag) = 0,799 (V)

Eo(Ni2+/Ni) = -0,233 (V)

b. Trong ba chất đó, chất nào có nhiệt độ sôi cao nhất? Giải thích?

Eo(2H+/H2) = 0,000 (V)

2,302 RT/F = 0,0592

F = 96500 C/mol

Câu 3.(1,75 điểm) 1. Hòa tan hoàn toàn 66,2 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Fe(NO3)2 và Al trong dung dịch chứa 3,1 mol KHSO4 (loãng). Sau phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa 466,6 gam muối sunfat trung hòa và 10,08 lít (đktc) khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí, tỉ khối của Z so với He là 23/18. Tính phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp X.

(Cho Al=27;Cu=64; Fe=56; Ag=108; C=12; O=16; N=14; S=32; H=1; C=12; Cl=35,5) -----------------------------------Hết-------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

2. Đun nóng hỗn hợp gồm axit axetic và etanol có H2SO4 đặc làm xúc tác (trong bình kín dung tích không đổi) đến khi phản ứng đạt đến trạng cân bằng thì hằng số cân bằng KC = 4.

a. Nếu đun nóng hỗn hợp gồm 1,00 mol axit axetic, 1,00 mol etanol và 1,00 mol metanol, ở điều kiện như trên đến trạng thái cân bằng thì thu được 0,86 mol H2O. Tính số mol của mỗi chất trong hỗn hợp ở trạng thái cân bằng.

b. Nếu đun nóng hỗn hợp gồm 1,00 mol axit axetic và a mol metanol cũng ở điều kiện như trên đến trạng thái cân bằng thì thu được 0,80 mol metylaxetat. Tính giá trị của a.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG

QUẢNG BÌNH

MÔN: HÓA HỌC LỚP 12 NĂM HỌC 2016 -2017

Câu 4.(2,0 điểm) 1. So sánh và giải thích nhiệt độ sôi của các chất sau: ancol etylic, ancol propylic, axit axetic, đimetyl ete, etyl clorua. 2. Hợp chất hữu cơ A có 15,7303%N và 35,9551%O về khối lượng. A tác dụng với HCl chỉ tạo ra R(Oz)-NH3Cl (R là gốc hidrocacbon). Xác định công thức cấu tạo của A. Biết A có thể tham gia phản ứng trùng ngưng. 3. Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch đựng trong các lọ riêng biệt bị mất nhãn: NaHSO4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Viết các phương trình hoá học minh họa dưới dạng ion thu gọn.

Khóa ngày 22-3-2017

Câu 1 (2,25 điểm) 1. Cho sơ đồ phản ứng sau: (1) A

M + Cl2, as 1 : 1 (mol) (6)

+ dd NaOH

(2)

+ dd NaOH

(7)

+ O2, Cu, t0 (3)

+ H2SO4, t0 Z - H2O (8)

+ dd AgNO3/NH3, t0 (4) xt, t0, p (9)

+ H2SO4, t0 E (5)

Polistiren

t0 cao (10)

Cho biết công thức cấu tạo thu gọn của các chất ứng với các chữ cái M, A, B, X, Y trong sơ đồ trên. Viết phương trình phản ứng (4), (5), (9), (10)?

Câu 5.(2,0 điểm) Trang 323

Trang 324

2. X, Y, Z là các đồng phân, công thức phân tử là C4H6O2Cl2. Xác định công thức cấu tạo có thể có của X, Y, Z, biết rằng:

X + NaOH dư → A + C2H4(OH)2 + NaCl

3.(1,0 điểm) * Trường hợp 1: dung dịch B: Ba(OH)2

B: Ba(OH)2

A: BaSO4

Y + KOH dư → B + C2H5OH + KCl + H2O

D: Ba(AlO2)2

E: H2

F: BaCO3

Các phương trình phản ứng:

Z + KOH dư → Muối của một axit hữu cơ + KCl + H2O

1. BaO + H2SO4 → BaSO4↓ + H2O

Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra. 3. Cho BaO tác dụng với dung dịch H2SO4 thu được kết tủa A và dung dịch B. Cho B tác dụng với kim loại Al dư thu được dung dịch D và khí E. Thêm K2CO3 vào dung dịch D thấy tạo kết tủa F. Xác định các chất A, B, D, E, F và viết các phương trình phản ứng xảy ra. ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Câu 1

2,25

1.(0,5 điểm)

0,5

2. BaO + H2O → Ba(OH)2 3. 2Al + Ba(OH)2 + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2↑ 4. K2CO3 + Ba(AlO2)2 → BaCO3↓ + 2KAlO2 * Trường hợp 2: dung dịch B: H2SO4

A: BaSO4

B: H2SO4

D: Al2(SO4)3

E: H2

F: Al(OH)3 0, 5

1. BaO + H2SO4 → BaSO4↓ + H2O

*Công thức cấu tạo thu gọn của các chất :

2. 2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2↑

M: C6H5CH2CH3; A: C6H5CH2CH2Cl; B: C6H5CH2CH2OH ; X: C6H5CHClCH3; Y: C6H5CHOHCH3

3. Al2(SO4)3 + 3K2CO3 + 3H2O → 2Al(OH)3↓ + 3K2SO4 + 3CO2↑ 0,25

*Viết phương trình phản ứng:

(4) C6H5CH2CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → C6H5CH2COONH4 + 2Ag ↓ + 2NH4NO3 0

t (5) 2C6H5CH2COONH4 + H2SO4 → 2C6H5CH2COOH + (NH4)2SO4

Câu 2 (2,0 điểm)

0, 25

(9) n CH 2 =CH-C 6 H 5

t ,xt,p CH 2 -CH n C6H 5

3. Từ quả cây vanilla người ta tách được 4-hidroxi-3-metoxibenzandehit (vanilin) có công thức phân tử C8H8O3, dùng để làm chất thơm cho bánh kẹo. Từ quả cây hồi, người ta tách được

n CH 2=CH-C 6 H5

4-metoxibenzandehit có công thức phân tử C8H8O2. Từ quả cây hồi hoang, người ta tách được p-isopropylbenzandehit có công thức phân tử C10H12O.

(10)

t cao CH2 -CH n C6H 5

a. Hãy viết công thức cấu tạo của ba chất trên.

2.(0,75 điểm)

ClCH2COOCH2CH2Cl + 3NaOH → HOCH2COONa + HOCH2CH2OH + 2NaCl

0,25

CHCl2COOC2H5 + 3KOH → OHC-COOK + C2H5OH + 2KCl + H2O

0,25

CH3COOCCl2CH3 + 4KOH → 2CH3COOK + 2KCl + H2O

0,25

Trang 325

b. Trong ba chất đó, chất nào có nhiệt độ sôi cao nhất? ĐÁP ÁN Câu 2

ĐIỂM 2,0

Trang 326

1.(1,0 điểm)

ngly = 0,075

nTyr = 0,06 nX = 2a

nY = a

H3CO

TH1: Hỗn hợp gồm: 2a mol X (phân tử có t nhóm -CONH- được tạo ra từ Gly) và a mol Y (phân tử có 5-t nhóm -CONH- được tạo ra từ Tyr)

2a.(t+1) = 0,075

a.(5-t+1)= 0,06

at = 0,0236

0,50

a.(5-t+1) = 0,075

at = 0,015 a = 0,015 t = 1 thõa mãn

 Hỗn hợp gồm 0,03 mol X (gồm 2 gốc Tyr) và 0,015 mol Y (gồm 5 gốc Gly)

0,50

b. Chất 4-hiđroxi-3-metoxibenzandehit có nhiệt độ sôi cao nhất vì có liên kết hidro liên phân tử

0,25

2. (0,5 điểm)

Phản ứng: -

p-isopropylbenzanđehit

Câu 3 (1,75 điểm) 1. Hòa tan hoàn toàn 66,2 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Fe(NO3)2 và Al trong dung dịch chứa 3,1 mol KHSO4 (loãng). Sau phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa 466,6 gam muối sunfat trung hòa và 10,08 lít (đktc) khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí, tỉ khối của Z so với He là 23/18. Tính phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp X.

m=14,865 gam

CHO

H3C

4-hiđroxi-3-metoxibenzandehit 4-metoxibenzanđehit

TH2: Hỗn hợp gồm: 2a mol X (phân tử có t nhóm -CONH- được tạo ra từ Tyr) và a mol Y (phân tử có 5-t nhóm -CONH- được tạo ra từ Gly)

2a.(t+1) = 0,06

CHO

H3CO

a = 0,0139

t=1,697 không nguyên loại

H3C

CHO

a. Nếu đun nóng hỗn hợp gồm 1 mol axit axetic, 1 mol etanol và 1 mol metanol, ở điều kiện như trên đến trạng thái cân bằng thì thu được 0,86 mol H2O. Tính số mol của mỗi chất trong hỗn hợp ở trạng thái cân bằng.

→ CO3 + H2O HCO3 + OH  → BaCO3 CO32- + Ba2+ 

0,25

Suy ra số mol HCO3- = 0,2 mol

b. Nếu đun nóng hỗn hợp gồm 1 mol axit axetic và a mol metanol cũng ở điều kiện như trên đến trạng thái cân bằng thì thu được 0,8 mol metyl axetat. Tính giá trị của a.

→ M2CO3 + CO2 + H2O 2MHCO3 

0,2

0,1

ĐÁP ÁN

0,1

Khối lượng hỗn hợp khí và hơi là: 0,1(44 + 18) = 6,2 gam <21,4 (loại)

Câu 3

Trường hợp muối M không phải là ion kim loại thì khối lượng khí và hơi = khối lượng muối = 21,4.

1.(0,75 điểm)

1,75

Do MZ=46/9 → khí còn lại phải là H2  NO3- hết

MHCO3 = 21,4/0,2 = 107 Suy ra M = 46, M là (CH3)2NH2+ hoặc C2H5NH3+

ĐIỂM

Gọi a, b lần lượt là số mol của H2 và NO, ta có hệ: 0,25

Nên muối là C2H5NH3HCO3 Tên: etyl amoni hidrocacbonat hoặc (CH3)2NH2HCO3 dimetyl amoni hidrocacbonat

a + b = 0, 45 a = 0, 4mol   2a + 30b = 2,3  b = 0,05mol

0,25

3. (0,5 điểm)

Muối sunfat trung hòa: FeSO4, Fe2(SO4)3, (NH4)2SO4, K2SO4, Al2(SO4)3 Theo ĐLBTKL: 66,2 + 3,1.136= 466,6 + 0,45.46/9 + m H O  m H O = 18,9 gam

 n H2O = 1,05 mol

0,25

BTNT Hiđro: 3,1= 4x + 2.1,05 + 2.0,4  x= 0,05 mol ( n NH = x mol) 4

Vậy n NO = 0,05 + 0,05 = 0,1 mol  n Fe( NO ) = 0,05 mol 3

Trang 327

3 2

Trang 328

0,25

BTNT Oxi: 4y + 0,05.6 = 1,05 + 0,05  y = 0,2 mol ( y = n Fe O ) 3

xt,t  → CH3COOCH3 + H2O CH3COOH + CH3OH ← 

Mol ban đầu:  mAl = 66,2 - 0,2.232 - 180.0,05 = 10,8 gam

Mol cân bằng:

Vậy %(m)Al = (10,8. 100)/66,2 = 16,31%

0,2

a-0,8 K2 =

0,8

0,25

[CH3COOCH3 ][ H 2 O] = 0,8.0,8 =5,352 [CH3COOH ][CH3OH ] 0,2.(a-0,8)

a = 1,398

a) PTHH

CH3COOH + C2H5OH

xt,t  → CH3COOC2H5 + H2O ←  0

xt,t  → CH3COOCH3 + H2O CH3COOH + CH3OH ← 

(1)

0,25 Câu 4 (2,0 điểm)

(2)

1. So sánh và giải thích nhiệt độ sôi của các chất sau: ancol etylic, ancol propylic, axit axetic, đimetyl ete, etyl clorua.

Trong hỗn hợp ở trạng thái cân bằng: n H O = 0,86 mol; n = x (mol) ; CH3COOC2H5 2

CH COOCH 3 3

2. Hợp chất hữu cơ A có 15,7303%N và 35,9551%O về khối lượng. A tác dụng với HCl chỉ tạo ra R(Oz)-NH3Cl (R là gốc hidrocacbon). Xác định công thức cấu tạo của A. Biết A tham gia phản ứng trùng ngưng.

= 0,86 - x ( mol) ;

naxit axetic = 1 – 0,86 = 0,14 (mol); n n

C2H5OH CH3OH

= 1-x (mol )

0,25

= 1 – ( 0,86 – x ) = 0,14 + x( mol)

Câu 4

ĐIỂM 2,0

1. (0,5 điểm) So sánh: Nhiệt độ sôi được sắp xếp theo thứ tự giảm dần như sau:

x 0,86 [CH3COOC2 H5 ][ H 2O ] = V . V =4 KC = [ CH3COOH ][C2 H5OH ] 0,14 . 1-x V V

Axit axetic > ancol propylic > ancol etylic > etyl clorua > đimetyl ete

0,25

Giải thích: Ba chất axit axetic, ancol propylic, ancol etylic đều có liên kết hiđro nên có nhiệt độ sôi cao hơn hai chất còn lại.

28 = 0,3944 71

Hỗn hợp lúc cân bằng gồm: CH3COOC2H5: 0,3944 mol; CH3COOCH3: 0,4656 mol; H2O: 0,86 mol; CH3COOH: 0,14 mol; C2H5OH: 0,6056 mol; CH3OH: 0,5344 mol

3. Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch đựng trong các lọ riêng biệt bị mất nhãn: NaHSO4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Viết các phương trình hoá học minh họa dưới dạng ion thu gọn. ĐÁP ÁN

Bình kín dung tích không đổi là V lít

Giải được: x =

0,25

2. (1,0 điểm)

Theo (1):

0,25

Độ bền của liên kết hiđro trong axit axetic > ancol propylic > ancol etylic. Riêng

giữa ancol propylic và ancol etylic thì ancol propylic có khối lượng lớn hơn ancol etylic nên có lực hút Van der Walls lớn hơn.

0,25

Hai chất là etyl clorua và đimetyl ete không tạo được liên kết hiđro nên phụ thuộc vào khối lượng phân tử của chúng. Chất có M lớn hơn là C2H5Cl (M = 64,5) có nhiệt độ sôi cao hơn (CH3)2O (M = 46).

b) Theo kết quả phần trên ta có: K2 =

[ CH 3COOCH3 ][ H 2O] = 0,4656.0,86 =5,352 [CH3COOH ][CH3OH ] 0,14.0,5344 Trang 329

Trang 330

2. (0,75 điểm)

Mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ca(NO3)2

A + HCl → R(Oz)-NH3Cl  A có dạng: ROz-NH2

Ca2+ + CO32- → CaCO3↓

Đặt CTTQ của A là CxHyOzNH2

Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl.

MA = 12x + y + 16z +16 %N =

Câu 5 (2,0 điểm)

14 = 0,157303  12x + y + 16z ≈ 73 12 x + y+ 16 z+ 16

%O =

1. Silic có cấu trúc tinh thể ở hình bên:

Tính bán kính của nguyên tử silic. Cho khối lượng riêng của silic tinh thể

0,25

16 z = 0,359551  z ≈ 2 73 + 16

2. 3. a. b.

bằng 2,33g/cm3; khối lượng mol nguyên tử của Si bằng 28,1g/mol. Lấy 60ml NaOH 0,025M cho phản ứng với 25ml dung dịch H3AsO4 0,02M (cho H3AsO4 có pKa1= 2,13; pKa2 = 6,94 ; pKa3 = 11,50). Tính pH của dung dịch thu được. Điện phân 500 ml dung dịch Y gồm: AgNO3 0,1M, Ni(NO3)2 0,5M, HNO3 0,1M ở 250C. Cho biết thứ tự điện phân ở catot. Tính điện thế phù hợp cần đặt vào catot để quá trình điện phân có thể xảy ra. Cho:

 12x + y = 41  x = 3, y = 5

Eo(Cu2+/Cu) = 0,337 (V)

Eo(Ag+/Ag) = 0,799 (V)

Vậy: CTPT của A là: C3H5O2NH2

Eo(2H+/H2) = 0,000 (V)

2,302 RT/F = 0,0592

Eo(Ni2+/Ni) = -0,233 (V) F = 96500 C/mol

0,25

Vì A cho phản ứng trùng ngưng nên A là aminoaxit: CH2 COOH

H3C CH

CH2 NH2

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Câu 5

COOH NH2

0,25

2,0

1.(0,5 điểm)

3. (0,75 điểm)

Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch Na2CO3, các mẫu thử còn lại không màu.

0,25

Mô hình 1 ô mạng cơ sở Silic như sau: Từ mô hình trên, ta thấy có 8 nguyên tử Si chiếm 8 đỉnh của

CO32- + H2O HCO3- + OH-

hình lập phương, có 6 nguyên tử Si chiếm tâm 6 mặt của

- Dùng Na2CO3 làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại.

hình lập phương, có 4 nguyên tử Si nằm ở tâm của 4 hình lập phương con cạnh a/2.

Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO4 CO32- + 2H+ → H2O + CO2↑

Do đó, số nguyên tử Si trong một ô mạng cơ sở =

Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl3 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Al(OH)3↓+ 3CO2↑

1 1 × 8 + × 6 + 4 = 8 nguyên tử 8 2

Trong ô mạng tinh thể Silic, độ dài đường chéo hình lập phương d = 8r

0,5

(r là bán kính nguyên tử Si)

Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là Fe(NO3)3

Mặt khác, d= a 3

2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑ Trang 331

Trang 332

H2O

a 3 =8r a=

H+ + OH-

K H 2O

8r 3

 8r  Thể tích 1 ô mạng cơ sở = a 3 =    3 N 3 N  8r  ×a = ×  8 8  3 

Thể tích 1 mol =

Vì Kb1 >> Kb2 >> Kb3 , Cb >> K H O nên trong dung dịch phản ứng sau là chủ yếu: 2

AsO43-

Khối lượng 1 mol = M= 28,1 g Khối lượng riêng

m M 28,1 28,1×8 D= = = = =2,33 (g/cm3) 3 V V1mol N  8r 3 23  8r  × 6,023×10 ×   8  3   3

0,25

5,88.10-3

[]

5,88.10-3 – x

H2O

HAsO42- + OH-

Kb1 = 10-2,5

Ta có: Kb1 = x2 / ( 5,88.10-3 - x) = 10-2,5

0,25

Giải phương trình ta được x = 3,01.10-3

→ pOH = 2,52 hay pH = 11,48.

28,1×8× 33 r= 3 =1,18×10-8cm =0,118 nm 2,33×6,023×1023×83

3. (0,75 điểm) Cực âm (catot):

a. E(Ag+/Ag) = Eo(Ag+/Ag) + 0,0592lg [Ag+] = 0,799 + 0,0592 lg 0,1 = 0,7398 (V) E(Ni2+/Ni) = Eo(Ni2+/Ni) +

0,25

H3AsO4 + 0,02.0,025 5.10-4

Phản ứng

E(2H+/H2) = Eo(2H+/H2) + 0,0592lg [H+] = -0,0592 (V)

0,25

Nhận thấy: E(Ag+/Ag)> E(2H+/H2)> E(Ni2+/Ni)

2.(0,75 điểm)

Ban đầu

0,0592 0,0592 lg [Ni2+] = -0,233 + lg 0,5 = - 0,242 (V) 2 2

3NaOH

→

Na3AsO4

Vậy thứ tự điện phân ở catot:

+ 3H2O

Ag+ + 1e → Ag0

0,025.0,06 1,5.10-3

2H+ + 2e → H2

5.10-4

b. Điện thế phù hợp cần đặt vào catot để quá trình điện phân có thể xảy ra:

-3

5.10 /0,085 = 5,88.10 M.

E < E(Ag+/Ag) = 0,7398 (V)

AsO43-

H2O

HAsO42- + OH-

Kb1 = 10-2,5

HAsO42-

H2O

H2AsO4-

Kb2 = 10-7,06

H2AsO4-

H2O

H3AsO4 + OH-

+ OH-

Kb3 = 10-11,81

0,25

2H2O + 2e → H2 + 2OH-

Sau phản ứng ta thu được 5.10-4 mol Na3AsO4 hay Na3AsO4 có nồng độ là: -4

Ni2+ + 2e → Ni0

0,25

5.10-4

Sau phản ứng

0,25

Lưu ý: 0,25 Trang 333

Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa. Trang 334

Nếu bài toán giải hợp lí mà thiếu phương trình hóa học thì thí sinh vẫn được tính kết quả chỉ mất điểm viết phương trình Điểm chiết phải được tổ thống nhất; điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.

Năng lượng phân li C – Cl là 339 kJ/mol.

Câu 2: (4,0 điểm) 2.1. Một tế bào của pin Ni-Cd thực hiện hai nửa phản ứng sau: Cd(OH)2(r) + 2e → Cd(r) + 2 OH −

E 10 = - 0,809V

2NiO(OH) (r) + 2H2O + 2e → 2Ni(OH)2(r) + 2 OH −

E 02 = + 0,490V

(E 10 , E 02 là thế điện cực chuẩn ở 250C)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH

a. Hãy cho biết quá trình nào xảy ra ở catot và anot? Viết phương trình Nernst trên mỗi điện cực.

b. Viết phản ứng chung của pin điện hóa này và tính suất điện động của pin điện hóa ở 250C.

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT VÒNG TỈNH

c. Tính khối lượng Cd chứa trong một chiếc điện thoại di động có sử dụng pin Ni-Cd. Biết công suất thông thường của pin là 700mA.h.

NĂM HỌC: 2014 - 2015 Ngày thi: 24 tháng 9 năm 2014

2.2. Cho:

Môn thi: HÓA HỌC - Buổi thi thứ: Nhất Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

0 (J/mol.K) S 298 0 (kJ/mol) ∆H 298

ĐỀ CHÍNH THỨC

O2(k)

Cl2(k)

HCl(k)

H2O(k)

205,03

222,9

186,7

188,7

-92,31

-241,83

a. Tính hằng số cân bằng của phản ứng sau ở 2980K

( Đề thi gồm có 02 trang, thí sinh không phải chép đề vào giấy thi )

4HCl(k)+ O2(k) ⇄ 2Cl2(k )+ 2H2O(k)

b. Giả thiết ∆H và ∆S không phụ thuộc vào nhiệt độ, tính hằng số cân bằng của phản ứng trên ở 6980K.

Câu 1: (5,0 điểm) 1.1. Hợp chất X được tạo thành từ hai ion M+ và N 2− . Ion M+ chứa một hạt nhân của một nguyên 1 2

tố, bốn số lượng tử của electron cuối cùng của M+ có giá trị là: n=3; m=1; l=+1; s= − . Ion N 2− chứa bốn hạt nhân nguyên tử của hai nguyên tố thuộc cùng một nhóm A và ở hai chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn. Tổng số electron trong ion N 2− là 42. Xác định công thức của X.

1.2. Các nhà hóa học dùng laze phát ra ánh sáng có năng lượng xác định để phá vỡ liên kết hóa học. a. Cho biết một photon phải có năng lượng tối thiểu và tần số là bao nhiêu để phân li một phân tử Cl2? b. Người ta cho rằng giai đoạn đầu tiên trong quá trình phá hủy tầng ozon trên tầng bình lưu do chất clorofloro cacbon (CCl2F2) công nghiệp gây ra là sự phân li liên kết C-Cl bởi ánh sáng. Hỏi photon phải có bước sóng dài nhất là bao nhiêu mét mới có thể gây ra sự phân li đó? Biết: Năng lượng phân li Cl – Cl là 243kJ/mol. Trang 335

Câu 3: (3,0 điểm) Để đánh giá sự nhiễm bẩn trong không khí ở một nhà máy, người ta làm như sau: điện phân dung dịch KI trong 2 phút bằng dòng điện 2 mA, sau đó cho 2 lít không khí lội từ từ qua dung dịch điện phân trên cho đến khi iot hoàn toàn mất màu. Thêm hồ tinh bột vào bình và tiếp tục điện phân trong 35 giây nữa với dòng điện trên thì thấy dung dịch bắt đầu xuất hiện màu xanh. Giải thích thí nghiệm và tính hàm lượng H2S trong không khí, từ đó cho biết sự nhiễm bẩn không khí ở nhà máy trên nằm dưới hay trên mức cho phép (cho biết mức cho phép của H2S trong không khí là không quá 0,01 mg/l). Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%.

Câu 4: (3,0 điểm) Cho 39,84g hỗn hợp A gồm Fe3O4 và kim loại M vào dung dịch HNO3 đun nóng, khuấy đều hỗn hợp, sau phản ứng thu được 4,48 lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc), dung dịch X và 3,84 gam kim loại M. Cho 3,84 gam kim loại M vào dung dịch chứa 200ml gồm H2SO4 0,5M và KNO3 0,5M khuấy đều thì thu được dung dịch E, khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Cho dung dịch NH3 dư Trang 336

Ngày thi: 24 tháng 9 năm 2014

vào dung dịch X thu được kết tủa B. Nung B trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn R.

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN: HÓA HỌC - BUỔI THI THỨ NHẤT

4.1. Tìm kim loại M.

(gồm 08 trang)

4.2. Cô cạn dung dịch E thu được bao nhiêu gam muối khan? Câu 5: (3,0 điểm) Một dung dịch có ba chất HCl, BaCl2, FeCl3 cùng nồng độ 0,0150M. Sục khí CO2 vào dung dịch này cho đến bão hoà. Sau đó thêm từ từ NaOH vào dung dịch đến nồng độ 0,120M. Cho biết: nồng độ CO2 trong dung dịch bão hoà là 3.10-2M; thể tích của dung dịch không thay đổi khi cho CO2 và NaOH vào; các hằng số: pKa của H2CO3 là 6,35 và 10,33; pKs của Fe(OH)3 là 37,5 và của BaCO3 là 8,30; pKa của Fe3+ là 2,17. Tính pH của dung dịch thu được.

Câu 6: (2,0 điểm) 6.1. Cho các hóa chất: H2C2O4.2H2O (M=126,066 g/mol), nước cất. Các dụng cụ cần thiết có đủ. Hãy trình bày cách pha 250 ml dung dịch chuẩn axit oxalic (H2C2O4) 0,02500M. 6.2. Vẽ đường chuẩn độ trong trường hợp chuẩn độ 20 ml dung dịch CH3COOH 0,1M bằng dung dịch NaOH 0,1M. Biết CH3COOH có Ka = 10-4,75.

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

I. Hướng dẫn chung: 1. Điểm toàn bài được làm tròn đến 0,25 điểm. Điểm tối đa toàn bài thi là 20 điểm. 2. Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì giám khảo thống nhất phân phối điểm từng ý một cách hợp lý. 3. Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn thể giám khảo.

II. Đáp án và thang điểm:

Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1: (5,0 điểm) Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H=1

C = 12

N = 14

Fe = 56 Ni = 59

Cu = 64

1.1. Hợp chất X được tạo thành từ hai ion M+ và N 2 − . Ion M+ chứa một hạt nhân của một nguyên tố, bốn số lượng tử của electron cuối cùng của M+ có

O = 16

S = 32

Cl = 35,5

K = 39

Cd = 112

I = 127

Ba = 137

giá trị là: n=3; m=1; l=+1; s= − . Ion N 2 − chứa bốn hạt nhân nguyên tử

Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn

của hai nguyên tố thuộc cùng một nhóm A và ở hai chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn. Tổng số electron trong ion N 2 − là 42. Xác định công thức của X.

1 2

Hướng dẫn chấm --Hết--

M+ có 4 số lượng tử của e cuối cùng là: n=3; l= 1; m =+1; s= −

1 2

Phân bố e của M+ vào obitan có phân mức năng lượng cao nhất (3p) là : ↑↓

Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Số BD: . . . . . .. . . Chữ ký GT 1: . . . . . .

↑↓

ĐÁP ÁN

Vậy cấu hình e của M+ là: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH

 M+ có 18e  M có 19 e và ZM = 19

0,50

Vậy M là K Gọi công thức N 2− là: [A x B y ]2− và tổng số e của A, B lần lượt là ZA và ZB

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT VÒNG TỈNH NĂM HỌC: 2014 – 2015

Ta có: xZA + yZB + 2 = 42  xZA + yZB = 40 (1) Trang 337

0,25 Trang 338

x + y = 4 (2) Gọi Z là số proton trung bình của N Ta có: Z =

0,25

Giải hệ 3 phương trình ta được: ZB = 10 + 2x và ZB > 10

xZ A + yZ B 40 = = 10 x+ y 4

0,25

Ta biện luận:

2−

-Nếu x =1  ZB = 12

0,25

-Nếu x =2  ZB = 14

Giả sử: ZA < ZB  ZA < 10 < ZB  A thuộc chu kì 2

-Nếu x =3  ZB = 16

Vì A, B thuộc cùng một nhóm A và ở 2 chu kì liên tiếp  B thuộc chu kì 3 và ZB – ZA = 8 (3)

Vì A, B tạo ra anion nên ta chọn: x=3; ZB=16  y=1 và ZA=8 Vậy A là oxi và B là lưu huỳnh  N 2 − là SO32−

0,50

Công thức của X: K2SO3 1.2. Các nhà hóa học dùng laze phát ra ánh sáng có năng lượng xác định để

phá vỡ liên kết hóa học.

a. Cho biết một photon phải có năng lượng tối thiểu và tần số là bao nhiêu để phân li một phân tử Cl2?

b. Người ta cho rằng giai đoạn đầu tiên trong quá trình phá hủy tầng ozon trên tầng bình lưu do chất clorofloro cacbon (CCl2F2) công nghiệp gây ra là sự phân li liên kết C-Cl bởi ánh sáng. Hỏi photon phải có bước sóng dài nhất là bao nhiêu mét mới có thể gây ra sự phân li đó ? Biết: Năng lượng phân li Cl – Cl là 243kJ/mol và năng lượng phân li C – Cl là 339 kJ/mol. Hướng dẫn chấm hν Ta có: Cl – Cl (k) → Cl (k) + Cl (k)

∆Hpl = 243 kJ/mol

a. Năng lượng tối thiểu photon cần phải có để phá vỡ một liên kết Cl – Cl : E=

∆H pl N

243.103 J = 4, 04.10−19 J 6, 02.1023

0,50

- Tần số ứng với năng lượng trên của photon: E = hν → ν =

Trang 339

E 4, 04.10−19 J = = 6, 09.1014 s −1 h 6, 63.10−34 J .s

1,00

Trang 340

hν b. C – Cl (trong CCl2F2) → C + Cl

∆Hpl = 339 kJ/mol

Năng lượng tối thiểu photon cần có để phá hủy một liên kết C – Cl là: E=

∆H pl N

339.103 J = 5, 63.10−19 J 6, 02.1023

2.1.b. Phản ứng chung của pin:

0,50

Bước sóng λ của photon ứng với năng lượng trên là: hc (6, 63.10−34 J .s ).(3, 00.108 m.s −1 ) E = hν = →λ = = = 3,53.10−7 m λ E 5, 63.10−19 J hc

1,00

Cd(r) + 2NiO(OH) + 2H2O ⇄ 2Ni(OH)2(r) + Cd(OH)2(r)

0,25

E0pin = E 0( + ) - E 0( − ) = 0,49 - (- 0,809) = 1,299V

0,25

2.1.c. mCd =

(Hay = 353 nm)

Câu 2: (4,0 điểm)

112.700.10 −3.3600 = 1,462( g ) 2.96500

2.2. Cho:

2.1. Một tế bào của pin Ni-Cd thực hiện hai nửa phản ứng sau: Cd(OH)2(r) + 2e → Cd(r) + 2 OH

−

0 1

E = - 0,809V

2NiO(OH) (r) + 2H2O + 2e → 2Ni(OH)2(r) + 2 OH −

0 S 298

O2(k)

Cl2(k)

HCl(k)

H2O(k)

205,03

222,9

186,7

188,7

-92,31

-241,83

(J/mol.K)

E 02 = + 0,490V

0 ∆H 298

(E 10 , E 02 là thế điện cực chuẩn ở 250C)

(kJ/mol)

a. Hãy cho biết quá trình nào xảy ra ở catot và anot? Viết phương trình Nernst trên mỗi điện cực.

a. Tính hằng số cân bằng của phản ứng sau ở 2980K 4HCl(k)+ O2(k) ⇄ 2Cl2(k )+ 2H2O(k)

b. Viết phản ứng chung của pin điện hóa này và tính suất điện động của pin điện hóa ở 250C.

b. Giả thiết ∆H và ∆S không phụ thuộc vào nhiệt độ, tính hằng số cân bằng của phản ứng trên ở 6980K.

c. Tính khối lượng Cd chứa trong một chiếc điện thoại di động có sử dụng pin Ni-Cd. Biết công suất thông thường của pin là 700mA.h.

Hướng dẫn chấm

2.2.a.

2.1.a. Phản ứng ở điện cực (+) Catot:

Có ∆H 0 Phản ứng = 2∆H (0H O ) − 4∆H (0HCl ) = −114,42kJ

E NiO(OH) / Ni(OH) 2 = E0 NiO(OH) / Ni(OH) 2 +

0,059 lg[ OH − ]2 2

0,25

Cd(r) + 2 OH E Cd ( OH )

/ Cd

+ 2H2O

0,25 0,25

∆G 0 = ∆H 0 − T .∆S 0

0,25

= -114420 +

298.128,63 = -76088,26(J)

0,50

→ Cd(OH)2(r) + 2e

= E0 Cd ( OH )

2Cl2

0 0 0 0 + 2S(H − (4S(HCl) + S(O ) = −128,63(J / K) ∆S 0 Phản ứng = 2S(Cl 2) 2 O) 2)

Phản ứng ở điện cực (-) Anot: −

4HCl + O2 ⇄ 2

2NiO(OH) (r) + 2H2O + 2e → 2Ni(OH)2(r) + 2 OH −

0,50

0,059 1 lg 2 [OH − ]2

0,25

Vậy : ln K p = −

∆G  K p = e30,71 = 2,1754.1013 RT

0,50

0,25

Trang 341

Trang 342

2.2.b.

35.0,002 = 0,36. 10-6 2.96500

n H S = nS = mS/32 = 2

K 698 K 698 ∆H  1 1  =− − = −26, 47 hay KP(698) = 101,8    ln K 298 R  698 298  K 298

0,50

Vậy trong 2 lít không khí có chứa 1,24.10-6 + 0,36. 10-6 = 1,6.10-6 mol H2S

Câu 3: (3,0 điểm)

Hay 1,6.10-6 . 34 = 54,4 . 10-6 gam = 54,4 . 10-3 mg

Để đánh giá sự nhiễm bẩn trong không khí ở một nhà máy, người ta làm như sau: điện phân dung dịch KI trong 2 phút bằng dòng điện 2 mA, sau đó cho 2 lít không khí lội từ từ qua dung dịch điện phân trên cho đến khi iot hoàn toàn mất màu. Thêm hồ tinh bột vào bình và tiếp tục điện phân trong 35 giây nữa với dòng điện trên thì thấy dung dịch bắt đầu xuất hiện màu xanh.

Hàm lượng H2S trong không khí của nhà máy là: 54,4 . 10-3 : 2 = 27,2 . 10-3 mg/l hay 0,0272 mg/l

Mức độ ô nhiễm của nhà máy đã vượt mức cho phép ( ≤ 0,01 mg/l).

Cho 39,84g hỗn hợp A gồm Fe3O4 và kim loại M vào dung dịch HNO3 đun nóng, khuấy đều hỗn hợp, sau phản ứng thu được 4,48 lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc), dung dịch X và 3,84 gam kim loại M. Cho 3,84 gam kim loại M vào dung dịch chứa 200ml gồm H2SO4 0,5M và KNO3 0,5M khuấy đều thì thu được dung dịch E, khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Cho dung dịch NH3 dư vào dung dịch X thu được kết tủa B. Nung B trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn R.

Câu 3: (3,0 điểm) 0,25

2KI + 2H2O dienphan  → 2KOH + I2 + H2 ↑ (1)

H2S (trong kk) + I2 → 2HI + S

0,25

4.1. Tìm kim loại M.

(2)

4.2. Cô cạn dung dịch E thu được bao nhiêu gam muối khan? Hướng dẫn chấm

0,25

H2S còn dư lại trong dung dịch, (I2 hết)

4.1. Tìm kim loại M:

Điện phân tiếp dung dịch có chứa HI, H2S, KI trong 35s: H2S dienphan  → H2 + S

(3)

Đến khi hết H2S, I- sẽ bị điện phân tạo ra I2 làm cho hồ tinh bột ngã màu xanh, đó là dấu hiệu để biết quá trình (3) đã hoàn thành. + Số mol I2 được giải phóng khi điện phân dung dịch KI (với I=0,002A, t=120s) m I = n I .127 . 2 = 2

Fe3O4 + 10 HNO3 →

3 Fe(NO3)3 + NO2↑ + 5 H2O

(1)

→

M(NO3)n + n NO2↑ + n H2O

(2)

+ 2n HNO3

+ n Fe(NO3)3 → nFe(NO3)2 + M(NO3)n

(3)

+ Nếu M(OH)n không tan trong dd NH3 thì chất rắn R gồm Fe2O3 và M2On . Ta có:

0,50

2 Fe3O4 → 3 Fe2O3

AIt 127.It = . → n I 2 = 0,124.10-5 (mol) nF 1.96500

Theo (2) , số mol H2S tác dụng với I2 bằng 0,124.10-5 (mol)

0,25

Câu 4: (3,0 điểm)

Hướng dẫn chấm

Cho không khí vào dung dịch sau điện phân:

0,50

Kết luận:

Giải thích thí nghiệm và tính hàm lượng H2S trong không khí, từ đó cho biết sự nhiễm bẩn không khí ở nhà máy trên nằm dưới hay trên mức cho phép (cho biết mức cho phép của H2S trong không khí là không quá 0,01 mg/l). Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%.

Điện phân dung dịch KI trong 120s:

0,50

→ M2On

thì mR > 36g nhưng mR = 24g < 36g. Vậy M(OH)n tan trong dung dịch NH3.

0,50

Điện phân dd chứa H2S trong 35s , theo (3)

Trang 343

Trang 344

+ n NO2 =

3 Cu + 8 H+ + 2 NO3− → 3 Cu2+ + 2 NO + 4 H2O

4,48 = 0,2 mol. Khối lượng A tan trong HNO3 là 36 g. 22,4

n H + = 0,2.0,5.2 = 0,2 (mol); nCu = 0,06 (mol) ; nNO− = 0,5.0,2 = 0,1 (mol )

Trường hợp 1: Không có phản ứng (3) Fe(NO3)3 + 3NH3 + 3H2O → Fe(OH)3 ↓ +3NH4NO3 2 Fe(OH)3

nFe2O3 =

0,50

t → Fe2O3 + 3 H2O

Cu 2+ : 0,06 mol  + H : 0, 04 mol  dd sau phản ứng gồm K + : 0,1 mol  NO− : 0, 06 mol 3  SO24− : 0,1 mol 

(4) (5)

24 = 0,15 mol. Theo (1), (4), (5) nFe3O4 = 0,1 mol 160

 mFe3O4 = 0,1.232 = 23,2 g

0,50

Khi cô cạn 0,04 mol HNO3 phân hủy.

0,25

 mM tham gia phản ứng (2) là 36 - 23,2 = 12,8 g

m E = m Cu 2+ + m K+ + m NO− + mSO2− 3

= 0,06. 64 + 0,1.39 + 0,02.62 + 0,1.96 = 18,58 (g)

n NO2 do (2) sinh ra là 0,1 mol 4

0,25

 M = 128n  loại

0,50

Trường hợp 2: có phản ứng (3) lúc đó không có (4) và (5) mà có phản ứng: Fe(NO3)2 + 2NH3 + 2H2O → Fe(OH)2 + 2NH4NO3 0

t 4 Fe(OH)2 + O2 → 2 Fe2O3 + 4 H2O

(6) (7)

24 = 0,15 mol. Theo (1), (3), (6), (7)  nFe3O4 = 0,1 mol; 160 = 0,1.232 = 23,2 g

nFe2O3 =

mFe3O4

 Khối lượng M phản ứng với (2) (3) là 36 - 23,2 = 12,8 (g); nM phản ứng với (2), (3) là

Câu 5: (3,0 điểm) Một dung dịch có ba chất HCl, BaCl2, FeCl3 cùng nồng độ 0,0150M. Sục khí CO2 vào dung dịch này cho đến bão hoà. Sau đó thêm từ từ NaOH vào dung dịch đến nồng độ 0,120M. Cho biết: nồng độ CO2 trong dung dịch bão hoà là 3.10-2M; thể tích của dung dịch không thay đổi khi cho CO2 và NaOH vào; các hằng số: pKa của H2CO3 là 6,35 và 10,33; pKs của Fe(OH)3 là 37,5 và của BaCO3 là 8,30; pKa của Fe3+ là 2,17.

0,4 mol n n = 2

Suy ra M = 32n. Cặp nghiệm hóa học duy nhất là  ; M là Cu  M = 64

Tính pH của dung dịch thu được.

0,50

Hướng dẫn chấm

4.2. Tính lượng muối khan thu được từ dung dịch E:

Trang 345

Trang 346

Khi cho khí CO2 vào hỗn hợp gồm H+ 0,0150M; Ba2+ 0,0150 M; Fe3+ 0,0150 M có các quá trình: CO2 + H2O ⇄ HCO3− + H+ HCO3−

HCl

Ka1 = 10-6,35

CO32 − + H+

⇄

Ka2 = 10-10,33

H+ + Cl−

 →

Fe3+ + H2O ⇄

0,50

FeOH2+ + H+

Ka = 10-2,17

Dung dịch có môi trường axit mạnh (vì có HCl và Fe3+), sự điện ly CO2 là không đáng kể (vì nồng độ CO32− vô cùng bé) nên không có kết tủa BaCO3 tạo thành. Trong dung dịch có:

Khi thêm NaOH xảy ra các phản ứng: - Trung hòa HCl:

+ OH

−

CO32 − 0,015M; Cl− ; Na+ ; H2O

→ H2O

Các cân bằng xảy ra: 0,015 -

0,120

- kết tủa Fe(OH)3 : Fe3+ + 3 OH − 0,015 -

→ Fe(OH)3

0,105

0,03 -

K = 10-14

(1)

Fe(OH)3↓ ⇄

Fe3+ + 3 OH −

Ks1 = 10-37,5

(2)

BaCO3↓

Ba2+ + CO32−

Ks2 = 10-8,30

(3)

HCO3− + OH −

Kb1 = 10-14/10-10,33 = 10-3,67 (4)

0,06

0,015

2 OH − → CO32− + H2O

Tính pH theo (4) 0,030

CO32 − + H2O ⇄

C: Ba2+ + CO32− → BaCO3 ↓

HCO3− + OH −

Kb1 = 10-3,67

0,50

0,015

[ ]: (0,015 –x)

0,030 0,015

1,00

BaCO3 tan ra không đáng kể (vì có dư CO32− từ dung dịch).

1,00

- Kết tủa BaCO3:

0,015

⇄

So sánh cho thấy cân bằng (4) là cân bằng quyết định pH của dung dịch (vì OH − do H2O điện ly và do Fe(OH)3 tan ra là rất bé), nồng độ CO32− do

0,06 -

⇄

CO32− + H2O ⇄

- Phản ứng với CO2: CO2 +

H+ + OH −

H2O

0,105

x2/(0,015-x) = 10-3,67 → x = [ OH − ] = 1,69.10-3M → pH = 11,23 0,015

Thành phần hỗn hợp kết tủa có: Fe(OH)3

BaCO3

0,0150 mol

Trang 347

Trang 348

Câu 6: (2,0 điểm)

--Hết--

6.1. Cho các hóa chất: H2C2O4.2H2O (M=126,066 g/mol), nước cất. Các dụng cụ cần thiết có đủ. Hãy trình bày cách pha 250 ml dung dịch chuẩn axit oxalic (H2C2O4) 0,02500M. 6.2. Vẽ đường chuẩn độ trong trường hợp chuẩn độ 20 ml dung dịch CH3COOH 0,1M bằng dung dịch NaOH 0,1M. Biết CH3COOH có Ka = 10-4,75. Hướng dẫn chấm 6.1 Khối lượng H2C2O4.2H2O cần thiết để pha chế được 250 ml dung dịch H2C2O4 nồng độ 0,025M là: 0,50

m= 0,250x0,025x126,066 = 0,7879gam.

Cân 0,7879 gam H2C2O4.2H2O trong cốc cân trên cân phân tích, chuyển chất rắn qua phễu vào bình định mức 250,0 ml.

Tráng cốc cân 3 lần bằng nước cất và cho vào bình định mức. Thêm khoảng 150ml nước cất nữa và lắc kĩ cho tan hết sau đó thêm nước cất đến vạch mức, lắc kĩ để trộn đều, ta có dung dịch chuẩn axit oxalic 0,02500M.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH 0,25

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT VÒNG TỈNH 0,25

NĂM HỌC: 2014 - 2015 Ngày thi: 25 tháng 9 năm 2014

6.2 Đường chuẩn độ dd CH3COOH 0,1M bằng dd NaOH 0,1M

Môn thi: HÓA HỌC - Buổi thi thứ: Hai VNaOH (mL)

[H+]

0,00

-100

1,33.10-3

2,9

1,98.10

-6

5,7

-7

6.7

18,00

-10

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

Điểm tương đương

(Đề thi gồm có 02 trang, thí sinh không phải chép đề vào giấy thi )

1,00

19,80

-1

1,80.10

19,98

-0,1

1,78.10-8

7,7

Câu 1: (4,0 điểm)

20,00

1,88.10-9

8,7

-10

9,7

Từ một loại tinh dầu, người ta tách được chất A chứa 76,92% C; 12,82% H và 10,26% O về khối lượng và MA = 156 g/mol. Biết A được điều chế bằng cách hiđro hóa hoàn toàn (có xúc tác) chất B (2- isopropyl -5- metylphenol).

20,02

+0,1

20,20

22,00 40,00

+10 +100

2,0.10

2,0.10-11

10,7

1.1. Xác định công thức cấu tạo của A.

2,0.10

-12

11,7

1.2. Viết công thức các đồng phân cis-trans của A.

3,0.10

-10

12,5

1.3. So sánh tính axit của A và B. 1.4. Đun nóng A với H2SO4 đặc thu được 2 chất có cùng công thức phân tử là C10H18. Viết công thức cấu tạo của 2 chất đó và viết cơ chế phản ứng.

Trang 349

Trang 350

Câu 2: (4,0 điểm) 2.1. Từ một loại cà độc dược, người ta tách được một loại alkaloid là atropin. Trong công nghiệp, người ta thường dùng atropin để điều chế axit tropoic (A) C9H10O3. (A) bị oxi hoá bởi dung dịch KMnO4 nóng thành axit benzoic (B) và bị oxi hoá bởi oxi không khí khi có mặt Cu nung nóng tạo thành chất (C) C9H8O3 có chức andehit. Axit tropoic có thể chuyển hoá thành axit atropoic C9H8O2 (D) nhờ H2SO4 đặc ở 1700C. Hidro hoá (D) bằng H2/Ni thu được axit hidratropoic (E) C9H10O2. Hãy xác định công thức cấu tạo A, C, D, E và cho biết D có đồng phân cis- trans hay không?

A là hợp chất hữu cơ chứa C, H, O. Đốt cháy hoàn toàn 3,08 gam A. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm thu được vào bình đựng 5 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02M thấy xuất hiện 6 gam kết tủa, phần nước lọc có khối lượng lớn hơn dung dịch Ca(OH)2 ban đầu là 1,24 gam.

5.1. Xác định công thức phân tử của A biết rằng khối lượng mol phân tử của A nhỏ hơn khối lượng mol phân tử của glucozơ. 5.2. Biết A phản ứng được với NaOH theo tỉ lệ mol A và NaOH là 1:4; A có phản ứng tráng bạc. Xác định công thức cấu tạo của A và viết các phương trình hóa học minh họa.

2.2. Từ CH4 (các chất vô cơ, điều kiện cần thiết có đủ), hãy viết các phương trình hóa học điều chế: CH3

Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: COOCH3

và

H=1

C = 12

O = 16

Ca = 40

Br = 80

Ba = 137

C6H5

Câu 3: (4,0 điểm)

Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn.

Chất hữu cơ (X) là một ancol no, nhị chức, mạch hở. Dung dịch X 62% trong nước có nhiệt độ

đông đặc là −

930 o 19

--Hết--

3.1. Xác định công thức cấu tạo của (X). Biết hằng số nghiệm lạnh của nước là 1,86. 3.2. Khi có mặt chất xúc tác thích hợp thì chất (X) khử nước tạo ra chất (A). Trong môi trường kiềm, hai phân tử (A) kết hợp với nhau tạo ra chất (B) không bền. Khi đun nóng thì (B) tách nước tạo ra chất (D). Từ (D) cho tác dụng với HCl tạo chất (E). – Thực hiện sự chuyển hóa trên để xác định công thức cấu tạo của A, B, D, E. – Dùng cơ chế phản ứng để giải thích quá trình (A) tạo thành (B). – Hãy xác định cấu trúc các đồng phân lập thể của (E).

Câu 4: (4,0 điểm) 4.1. A là một hiđrocacbon chứa nhân benzen có số cacbon trong phân tử ít hơn 14 nguyên tử cacbon. A có thể bị oxi hoá bởi dung dịch KMnO4 để cho sản phẩm B. 3,12 gam A tác dụng vừa đủ 96 gam dung dịch brom 5% trong bóng tối. Mặt khác, để trung hoà 2,44 gam B cần 2 lít Ba(OH)2 0,005M. Xác định công thức cấu tạo của A, B và tính thể tích dung dịch KMnO4 0,1M cần đủ dùng để oxi hoá 3,12 gam A thành B trong môi trường H2SO4, biết rằng sản phẩm oxi hoá có CO2 thoát ra.

4.2. Tiến hành trùng hợp 2 gam A, sau phản ứng cho toàn bộ hỗn hợp thu được vào 100 ml dung dịch brom 0,15M, thêm tiếp KI dư vào thì thấy xuất hiện một lượng I2 tác dụng vừa đủ với 40 ml dung dịch Na2S2O3 0,125M. Tính hiệu suất của quá trình trùng hợp. Câu 5: (4,0 điểm)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT VÒNG TỈNH NĂM HỌC: 2014 – 2015 Ngày thi: 25 tháng 9 năm 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN: HÓA HỌC - BUỔI THI THỨ HAI (gồm 08 trang) ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Trang 351

Trang 352

I. Hướng dẫn chung:

1. Điểm toàn bài được làm tròn đến 0,25 điểm. Điểm tối đa toàn bài thi là 20 điểm.

+3H2

2. Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì giám khảo thống nhất phân phối điểm từng ý một cách hợp lý. 3. Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn thể giám khảo.

(B)

(A)

1.2.A có 4 đồng phân hình học 0,50 HO

II. Đáp án và thang điểm:

Câu

Nội dung

0,50

Ni, to

Điểm

Câu 1: (4,0 điểm)

0,50

1.3. So sánh tính axit của A và B: Tính axit của A yếu hơn của B.

0,50

1.1.Xác định công thức cấu tạo của A.

Do nhóm –OH của B gắn vào nhân benzen làm cho liên kết O – H phân cực mạnh  tính axit tăng

0,50

1.2.Viết công thức các đồng phân cis-trans của A. 1.4. Đun nóng A với H2SO4 đậm đặc  2 chất có cùng công thức phân tử C10H18. Hai sản phẩm này được tạo ra theo cơ chế E1.

1.3.So sánh tính axit của A và B. 1.4.Đun nóng A với H2SO4 đặc thu được 2 chất có cùng công thức phân tử là C10H18. Viết công thức cấu tạo của 2 chất đó và viết cơ chế phản ứng.

0,50

Hướng dẫn chấm Câu 1: (4,0 điểm)

12x %C y %H 16z %O

M A 156.76,92  x = 100 12.100 M A 156.12,82 =  y = 100 100 M A 156.10,26 =  z = 100 16.100

Cơ chế E1:

= 10 = 20

H2O

= 1

+ H+

1.1. Gọi công thức phân tử của A là CXHyOz. Ta có: OH2

-H2O

 Công thức phân tử của A: C10H20O

0,50

Theo đề bài, hidro hóa B được A  Công thức cấu tạo của A và B lần lượt là: 0,50

Trang 353

Trang 354

COOH

KMnO4 t0 HOOC

COOH

CH CH2OH

CH CHO

Cu,t0 C COOH

Câu 2: (4,0 điểm)

COOH C

2.1. Từ một loại cà độc dược, người ta tách được một loại alkaloid là atropin. Trong công nghiệp, người ta thường dùng atropin để điều chế axit tropoic (A) C9H10O3. (A) bị oxi hoá bởi dung dịch KMnO4 nóng thành axit benzoic (B) và bị oxi hoá bởi oxi không khí khi có mặt Cu nung nóng tạo thành chất (C) C9H8O3 có chức andehit. Axit tropoic có thể chuyển hoá thành axit atropoic C9H8O2 (D) nhờ H2SO4 đặc ở 1700C. Hidro hoá (D) bằng H2/Ni thu được axit hidratropoic (E) C9H10O2. Hãy xác định công thức cấu tạo A,C,D,E và cho biết D có đồng phân cis/trans hay không?

CH2

H2SO4 1700C

H CH3

H2 Ni,t0

1,00 E

(Xác định đúng mỗi công thức A, C, D, E= 4x 0,25 điểm= 1,00 điểm) Kết luận: D không có đồng phân hình học.

0,25

2.2.Phương trình hóa học:

2.2. Từ CH4 (các chất vô cơ, điều kiện cần thiết có đủ), hãy viết các phương trình hóa học điều chế:

1500 C 2CH4  → C2H2 + 3H2

CH3

Pd/PbCO C2H2 + H2  → C2H4 3

COOCH3

và

H SO C2H4 + H2O  → C2H5OH 2

C6H5 MgO / ZnO 2C2H5OH  → CH2=CH-CH=CH2 + H2 + 2H2O t 0

Hướng dẫn chấm 2.1. CTPT của (A) C9H10O3 có độ bất bảo hoà là: ∆ =

xt CH4 + O2  → HCHO + H2O t

2 x9 + 2 − 10 =5 2

1,00

Ni HCHO + H2  → CH3OH t 0

- A bị oxi hoá bởi KMnO4 tạo axit benzoic nên A có chứa vòng benzen và nhóm chức COOH ở mạch nhánh (không gắn trực tiếp vào vòng benzen)

1:1 + HCHO  → CH2 = CH – CH2OH

C2 H2

 Mạch nhánh chứa nhóm chức rượu bậc 1 là –CH2OH

Mn CH2 = CH – CH2OH + O2  → CH2 = CH – COOH + H2O

-Từ dữ kiện bài ra ta có CTCT của A, B, C, D, E như sau:

H SO CH2 = CH – COOH + CH3OH  → CH2 = CH – COOCH3 + H2O 2

COOCH3

0,50

C 3C2H2  → C6 H6 600 C 0

Trang 355

0,25

Trang 356

C2H5

+ C 2H 4

 MX = k

H+ 1:1

CH = CH2

C2H5 ZnO/4000C

mX = 1,86. ∆t

31000 = 62 (g / mol)  930  19  0 +    19 

 14n + 16k = 60 +

0,50

Nghiệm phù hợp: k = 2 và n = 2  CTPT của X: C2H4(OH)2

0,50

CH2 CH2

CTCT của X:

0,50

CH3

CH = CH2

3.2. Sơ đồ chuyển hóa: H2SO4 ñaëc

H2SO4

CH2 CH2

C6H5

Chất hữu cơ (X) là một rượu no, nhị chức, mạch hở. Dung dịch X 62%

CH3 – CHO

930 o 19

OH-

CH3 CH

CH2 CHO

OH (A)

CH3 CH

(B)

CHO

(D)

1,00

+ HCl

3.1. Xác định công thức cấu tạo của (X). Biết hằng số nghiệm lạnh của nước là 1,86.

170oC

(X)

Câu 3: (4,0 điểm)

trong nước có nhiệt độ đông đặc là −

0,50

3.2. Khi có mặt chất xúc tác thích hợp thì chất (X) khử nước tạo ra chất (A). Trong môi trường kiềm, hai phân tử (A) kết hợp với nhau tạo ra chất (B) không bền. Khi đun nóng thì (B) tách nước tạo ra chất (D). Từ (D) cho tác dụng với HCl tạo chất (E).

(E) :

CH3 CH

CH2 CHO

– Thực hiện sự chuyển hóa trên để xác định công thức cấu tạo của A, B, D, E. (Xác định đúng mỗi chất A, B, D, E : 0,25 điễm x 4= 1,0 điểm).

– Dùng cơ chế phản ứng để giải thích quá trình (A) tạo thành (B). – Hãy xác định cấu trúc các đồng phân lập thể của (E).

+ Cơ chế: CH3 – CHO 3

Hướng dẫn chấm

OH-

CH3 CH

CH2 CHO

3.1.Đặt CTTQ của X: CnH2n+2-k(OH)k. CH3 – CHO

1000.62 31000 + Khối lượng X có trong 1000 gam H2O: = 38 19

OH- H2O

CH3 CH O CH2 CHO

0,50 Trang 357

1,00 CH3 CH CH2 CHO O-

H2O

CH3 CH CH2 CHO OH

Trang 358

chuyển thành nhóm –COOH Số mol Ba(OH)2 trung hòa 2,44 gam B = 0,01mol Gọi B có CTTQ : R(COOH)b R(COOH)b + 0,5b Ba(OH)2 →R[(COO)2Ba]b/2 + bH2O

(E): có đồng phân quang học do có C*

CH2 - CHO H

CH3

2,44g

0,01mol

+ a =1  14n – 8 = 104  n = 8

CH3

0,5b mol

Gọi công thức của A là CnH2n-6-2a (a: lk π) n≥7 ; B là C6H6-b(COOH)b

CH2 - CHO Cl

MA (g)

CH=CH2

+ a = 2  14n – 10 = 208  n = 15,5 > 14 (loại)

0,50

CTCT của A:

A oxi hoá thành B, suy ra B chỉ có 1 nhóm –COOH

COOH

C6H6-b(COOH)b có M = 122b  b=1

Xác định công thức cấu tạo của A, B và tính thể tích dung dịch KMnO4 0,1M cần đủ dùng để oxi hoá 3,12 gam A thành B trong môi trường H2SO4, biết rằng sản phẩm oxi hoá có CO2 thoát ra.

1,00

A: C8H8

0,50

Công thức cấu tạo của B:

Thể tích dung dịch KMnO4

Hướng dẫn chấm

C6H5CH=CH2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 → C6H5COOH + CO2 + 2MNSO4 + K2SO4 + 4 H2O

4.1. Số mol Br2 phản ứng =0,03 mol

0,50

Số mol KMnO4 = 2nA = 0,06 mol

–Vì A tác dụng được với brom trong bóng tối nên ngoài nhân benzen (không tác dụng thế với brom) còn phải có nhóm chưa no có liên kết π

 Thể tích KMnO4 = 0,6 lít

–1 phân tử A tác dụng với a phân tử brom, tức là:

4.2. Số mol Br2 = 0,1 × 0,15 = 0,015 (mol)

MA tác dụng với a mol brom

0,50

(1) 2S2O 32− + I2 → S4O 62− + 2I-

3,12g A tác dụng 0,03 mol Br2  MA = 104a –A bị oxi hóa bởi dung dịch KMnO4 thì cacbon liên kết trực tiếp vào nhân benzen Trang 359

Trang 360

mCO2 + mH 2O - 6 = 1,24 (g)

Số mol Na2S2O3 = 0,04 × 0,125 = 0,005 (mol)  Số mol I2 = 0,0025 (mol) (2) Br2 + 2I- → 2Br- + I2

0,50

Số mol Br2 dư = số mol I2 = 0,0025 (mol)

0,50 Trường hợp 1: Không có phản ứng (3) thì: mH O = 1,24 + 6 - 0,06.44 = 4,6 (g)

C6H5-CH=CH2 + Br2 → C6H5CHBr-CH2Br

Số mol Br2 phản ứng với stiren = số mol stiren đã pứ

 nH 2O =

= 0,015 – 0,0025 = 0,0125 (mol)

0,50

Khối lượng stiren phản ứng = 0,0125 × 104 = 1,3 (gam) Hiệu suất phản ứng trùng hợp: H =

2 − 1,3 × 100% = 35% 2

 9,2x ≤ 1,08(2x+2) → x ≤ 0,3 (loại)

0,25

Trường hợp 2: Có phản ứng (3): 0,50

nCO2 = nCO2 (2) + nCO2 (3) = 0,06+(0,1-0,06).2 = 0,14 (mol)

 nH 2O = 1,24 + 6 - 0,14.44 = 1,08 (gam) → nH 2O = 1,08/18 = 0,06 mol.

Câu 5: (4,0 điểm)

n CO2 2 x 0,06.18 4,6 . Theo (1) thì 1,08y = 9,2x = = 18 n H2O y 4,6

Trong 3,08 gam A có: nC = 0,14 (mol); nH = 0,06.2 = 0,12 (mol); nO = (3,08 - 0,14.12 - 0,12)/16 = 0,08;

0,25

5.1. Xác định công thức phân tử của A biết rằng khối lượng mol phân tử của A nhỏ hơn khối lượng mol phân tử của glucozơ.

Suy ra:

5.2. Biết A phản ứng được với NaOH theo tỉ lệ mol A và NaOH là 1:4; A có phản ứng tráng bạc. Xác định công thức cấu tạo của A và viết các phương trình hóa học minh họa.

0,50

x : y : z = 0,14 : 0,12 : 0,08 = 7 : 6 : 4

Công thức đơn giản nhất của A là C7H6O4.

0,50

Theo giả thiết thì MA < Mglucozơ → Công thức phân tử của A là C7H6O4

Hướng dẫn chấm 5.2. A có thể có các công thức cấu tạo sau:

5.1. Gọi công thức phân tử của A là CxHyOz (x ≥ 1; 2 ≤ y ≤ 2x+2; z ≥ 1).

Phản ứng cháy:

Có thể có phản ứng:

2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2

nCa (OH )2 = 5.0,02 = 0,1 (mol);

nCO2 (2) = nCaCO3 =

HCOO

HCOO OH

Sản phẩm cháy gồm CO2 và nước, khi hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 có phản ứng: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O

HCOO

y z y CxHyOz + ( x + − )O2 → xCO2 + H2O (1) 4 2 2

OH HCOO

HCOO

(2)

1,50

(3)

6 = 0,06 (mol) 100

(Mỗi đồng phân 0,25 điểm x 6 = 1,50 điểm)

Khối lượng phần nước lọc tăng so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu: Trang 361

Trang 362

Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Số BD: . . . . . .. . . Chữ ký GT 1: . . . .

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC

0,50

Phương trình hóa học:

HÀ TĨNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: HÓA HỌC

HCOOC6H3(OH)2 + 4NaOH → HCOONa + C6H3(ONa)3 + 3H2O

Thời gian làm bài: 180 phút

HCOOC6H3(OH)2+2AgNO3+3NH3+H2O → NH4OCOC6H3(OH)2+2Ag+2NH4NO3 (Đề thi có 02 trang, gồm 9 câu)

Câu 1. (3,0 điểm) 7) Dùng hình vẽ, mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen. Nêu rõ vai trò của các dụng cụ dùng làm thí nghiệm và cách tiến hành thí nghiệm. 8) Các chất: 4-hiđroxi-3-metoxibenzanđehit có mùi thơm vani, 4-metoxibenzanđehit và pisopropylbenzanđehit được chiết xuất từ quả cây hồi, đều được sử dụng trong chế biến thực phẩm và dược phẩm. Viết công thức cấu tạo của ba chất trên, trong ba chất đó, chất nào có nhiệt độ sôi cao nhất ? Vì sao ? 9) Cho các chất sau: CO2, CaCO3, Ca(HCO3)2, Na2CO3. Hãy lập một sơ đồ biểu diễn tối đa mối quan hệ giữa các chất trên. Viết các phương trình hóa học biểu diễn các mối quan hệ đó. Câu 2. (1,5 điểm)

--Hết--

Xăng sinh học (xăng pha etanol) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống. Xăng pha etanol là xăng được pha 1 lượng etanol theo tỉ lệ đã nghiên cứu như: xăng E85 (pha 85% etanol), E10 (pha 10% etanol), E5 (pha 5% etanol),... 1) Tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học ? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. 2) Tại sao xăng sinh học được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống ? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng truyền thồng thì cần 3,22 kg O2.

Câu 3. (2,5 điểm) 3) Cho 0,1 mol chất X (có công thức phân tử C2H9O6N3) tác dụng với dung dịch chứa 0,4 mol NaOH đun nóng, thu được một chất làm xanh giấy quỳ ẩm và dung dịch Y. Cô cạn Y, thu được m gam chất rắn khan. Tính m. 2) Tiến hành đồng trùng ngưng axit ε-aminocaproic và axit ω-aminoenantoic, thu được poliamit X. Đốt cháy hoàn toàn 48,7 gam X với O2 vừa đủ rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy qua dung dịch NaOH dư thì còn lại 4,48 lít khí (đktc). Tính tỉ lệ số mắt xích của mỗi loại amino axit trong X. Câu 4. (2,5 điểm) Trang 363

Trang 364

5) Hòa tan hết 1 gam kim loại X trong lượng dư dung dịch HNO3 15%, thu được 446 ml (đktc) hỗn hợp Y gồm ba khí. Trong Y có chứa 117 mg N2 và 269 mg NO. Biết trong Y thì nguyên tố N chiếm 60,7% về khối lượng. Xác định kim loại X và viết phương trình hóa học xảy ra. 6) Hỗn hợp X gồm 1 gam MnO2, 3,94 gam hỗn hợp KCl và KClO3. Nung X ở nhiệt độ cao thu được chất rắn Y và khí Z. Cho hết lượng Y vào dung dịch AgNO3 dư, thu được 6,74 gam chất rắn. Cho toàn bộ lượng khí Z sục vào dung dịch chứa 0,13 mol FeSO4 và 0,06 mol H2SO4 thu được dung dịch T. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào T, thu được a gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính a. Câu 5. (2,0 điểm) Hợp chất A chứa 2 nguyên tố là chất rắn ở điều kiện thường và chứa hơn 10% Hiđro về khối lượng. A là một tác nhân khử mạnh, có thể tác dụng với nước giải phóng đơn chất B. Nung nóng A trong CO2 tạo ra sản phẩm duy nhất là chất rắn kết tinh không màu C chứa 61,54% Oxi về khối lượng. Cho chất C phản ứng với H2SO4 loãng tạo ra chất hữu cơ D, song khi tác dụng với H2SO4 đặc thì thu được chất khí E nhẹ hơn không khí. Xác định các chất A, B, C, D, E và viết các phương trình hóa học xảy ra. Câu 6. (1,0 điểm) Điện phân dung dịch gồm HCl, NaCl, FeCl3 (điện cực trơ, có màng ngăn). Đồ thị nào sau đây biểu diễn đúng sự biến thiên pH của dung dịch theo thời gian (t) trong quá trình điện phân ? Giải thích ? (Bỏ qua sự thuỷ phân của muối) pH

(1)

(2)

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

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học) - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

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

(3)

(4)

Câu 7. (2,5 điểm) X, Y là hai axit cacboxylic đều hai chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Z và T là hai este (chỉ chứa chức este) hơn kém nhau 14 đvC. Y và Z là đồng phân của nhau (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. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên các chất X, Y, Z, T và tính số mol của chúng trong hỗn hợp A. Câu 8. (3,0 điểm) Hỗn hợp X gồm 4 este mạch hở, trong đó có 1 este đơn chức và ba este hai chức là đồng phân của nhau. Đốt cháy hết 11,88 gam X cần 14,784 lít khí O2 (đktc), thu được 25,08 gam CO2. Đun nóng 11,88 gam X với 310 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m gam chất rắn Y và phần hơi chỉ chứa 1 ancol đơn chức Z. Cho hết lượng Z tác dụng với Na dư thì khối lượng bình chứa Na tăng 5,85 gam. Trộn m gam Y với CaO rồi nung nóng (không có mặt oxi), thu được 2,016 lít khí (đktc) một hiđrocacbon duy nhất. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của các este trong hỗn hợp X. Câu 9. (2,0 điểm) Hỗn hợp A gồm tetrapeptit X và pentapeptit Y (đều mạch hở và đều tạo bởi Gly và Ala). Đun nóng m gam hỗn hợp A với dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (m+7,9) gam muối khan. Đốt cháy hết hỗn hợp muối, thu được Na2CO3 và hỗn hợp B gồm khí và hơi. Cho hết lượng B hấp thụ vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thì khối lượng bình tăng 28,02 gam và có 2,464 lít khí thoát ra (đktc). Tính % khối lượng X trong hỗn hợp A. Trang 365

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017-2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC

Câu 1. (3,0 điểm) 10) Dùng hình vẽ, mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen. Nêu rõ vai trò của các dụng cụ dùng làm thí nghiệm và cách tiến hành thí nghiệm. 11) Các chất: 4-hiđroxi-3-metoxibenzanđehit có mùi thơm vani, 4-metoxibenzanđehit và pisopropylbenzanđehit được chiết xuất từ quả cây hồi, đều được sử dụng trong chế biến thực phẩm và dược phẩm. Viết công thức cấu tạo của ba chất trên, trong ba chất đó, chất nào có nhiệt độ sôi cao nhất ? Vì sao ? 12) Cho các chất sau: CO2, CaCO3, Ca(HCO3)2, Na2CO3. Hãy lập một sơ đồ biểu diễn tối đa mối quan hệ giữa các chất trên. Viết các phương trình hóa học biểu diễn các mối quan hệ đó Hướng dẫn chấm

Câu 1 (3đ)

Nội dung

Điểm

Trang 366

Ca(HCO3)2 + HCl → CaCl2 + CO2 + H2O CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O

-Hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen

0,5

bông tẩm NaOH đặc dùng giữ các chất như hơi nước, SO2, CO2, giá đỡ dùng để gắn các ống nghiệm, đèn cồn để nung nóng hỗn hợp phản ứng.

Hướng dẫn chấm

Câu 2

0,5 HO

Công thức cấu tạo các chất lần lượt là:

CHO

H3CO

H3 C CH

Điểm

CHO

H3CO

Nội dung

(1,5đ)

0,5

Ptpư: (C6H10O5)n + nH2O nC6H12O6

CHO

ượ

C6H12O6 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 2C2H5OH + 2CO2

H3 C

Xét phản ứng cháy của 1 kg etanol: C2H5OH + 3O2→ 2CO2 + 3H2O

0,5

=>mO2 = 3.(32:46)= 2,087 kg

Sơ đồ biểu diễn mối quan hệ giữa các chất: Na2CO3

2. CO2

CaCO3

Ca(HCO3)2

→ mO2(khi đốt etanol) < mO2 (khi đốt xăng). Như vậy khi đôt cháy 1kg xăng thì tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đôt cháy 1kg etanol Đốt cháy etanol tiêu tốn ít oxi hơn đồng nghĩa với lượng khí thải thoát ra ngoài ít hơn, hạn chế việc ô nhiễm môi trường. Hơn nữa, nguồn etanol dễ dàng sản xuất quy mô lớn không bị hạn chế về trữ lượng như xăng dầu truyền thống. Do vậy, dùng xăng sinh học là một giải pháp cần được nhân rộng trong đời sống và sản xuất

0,5

Các phương trình hóa học: Na2CO3 + CaCl2 → CaCO3 + 2NaCl Ca(HCO3)2 + NaOH → CaCO3 + Na2CO3 + H2O Na2CO3 + HCl → NaCl + CO2 + H2O CO2 + NaOH → Na2CO3 + H2O CaCO3 + HCl → CaCl2 + CO2 + H2O CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2

0,5

Câu 3: (2,5 điểm)

Trang 367

Trang 368

4) Cho 0,1 mol chất X (có công thức phân tử C2H9O6N3) tác dụng với dung dịch chứa 0,4 mol NaOH đun nóng, thu được một chất làm xanh giấy quỳ ẩm và dung dịch Y. Cô cạn Y, thu được m gam chất rắn khan. Tính m. 2) Tiến hành đồng trùng ngưng axit ε-aminocaproic và axit ω-aminoenantoic, thu được poliamit X. Đốt cháy hoàn toàn 48,7 gam X với O2 vừa đủ rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy qua dung dịch NaOH dư thì còn lại 4,48 lít khí (đktc). Tính tỉ lệ số mắt xích của mỗi loại amino axit trong X. Hướng dẫn chấm

Câu 3

Nội dung

(2,5đ)

Hướng dẫn chấm

Câu 4

Nội dung

(2,5)

Điểm

Điểm 0,5

Theo gt ta suy ra CTCT của X là:

NH3NO3 CH2 NH3HCO3

0,5

PTHH xảy ra: X + 3NaOH CH2(NH2)2 + NaNO3 + Na2CO3 + 3H2O Từ Pt ta suy ra chất rắn gồm NaNO3(0,1 mol), Na2CO3(0,1 mol), NaOH dư (0,1 mol) => m = 23,1 gam

Xét các giá trị của x = 1, 2, 3 không có oxit nào của nitơ thõa mãn => x= 0 và M = 2, khí thứ 3 là H2 Dùng bảo toàn e => X = 12.n. Vậy n = 2 và X = 24, kim loại là Mg PTHH: 9Mg + 22HNO3 9 Mg(NO3)2 + N2 + 2NO + H2 + 10H2O

0,5

Gọi khí thứ 3 là NxOy, theo giả thiết ta có số mol các khí là N2 = 4,1786.10-3 mol; NO = 8,967.10-3 mol; NxOy = 6,765.10-3 mol. 117 + 125,53 + 94, 71x .100 = 60, 7 Suy ra %N = 117 + 269 + 94, 71x + 108, 24 y =>8,2 +94,71x = 4,1.MNxOy

0,5

PTHH:

KClO3

KCl + 1,5O2

Chất rắn thu được gồm MnO2 và AgCl => khối lượng AgCl = 6,74 – 1 = 5,74 gam => số mol AgCl = 0,04 mol

0,5

Gọi x, y lần lượt là số mol KCl và KClO3 ta có hệ x + y = 0,04 0,5

74,5x + 122,5y = 3,94

0,5

Suy ra x = 0,02 và y = 0,02 => số mol O2 = 0,03 mol Khi sục O2 vào dung dịch ta có: 4FeSO4 + O2 + 2H2SO4

Câu 4: (2,5 điểm) 7) Hòa tan hết 1 gam kim loại X trong lượng dư dung dịch HNO3 15%, thu được 446 ml (đktc) hỗn hợp Y gồm ba khí. Trong Y có chứa 117 mg N2 và 269 mg NO. Biết trong Y thì nguyên tố N chiếm 60,7% về khối lượng. Xác định kim loại X và viết phương trình hóa học xảy ra. 8) Hỗn hợp X gồm 1 gam MnO2, 3,94 gam hỗn hợp KCl và KClO3. Nung X ở nhiệt độ cao thu được chất rắn Y và khí Z. Cho hết lượng Y vào dung dịch AgNO3 dư, thu được 6,74 gam chất rắn. Cho toàn bộ lượng khí Z sục vào dung dịch chứa 0,13 mol FeSO4 và 0,06 mol H2SO4 thu được dung dịch T. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào T, thu được a gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính a. Trang 369

2Fe2(SO4)3

+ 2H2O

Từ Pt thì dung dịch sau phản ứng có FeSO4 = 0,01 mol; Fe2(SO4)3 = 0,06 mol, khi cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào sẽ thu được Fe(OH)2 = 0,01 mol; Fe(OH)3 = 0,12 mol; BaSO4 = 0,19 mol. Vậy khối lượng kết tủa là: m = 58,01 gam

Trang 370

(1)

(2)

(3)

(4)

0,5

Hướng dẫn chấm

Câu 5

Nội dung

Câu 6

Lúc đầu Fe3+ bị điện phân thành Fe2+ nên PH không đổi,

Điểm

0,5

Sau đó đến H bị điện phân nên nồng độ axit giảm => PH tăng. Khi tiếp tục điện phân thì Fe2+ bị khử thành Fe nên pH không đổi, sau đó H2O bị điện phân thành H2 và OH- nên pH tăng. Vậy đồ thị số 2 là phù hợp với quá trình điện phân dung dịch đã cho.

Điểm

Theo giả thiết ta suy ra A là một hidrua kim loại có dạng MHn n .100 > 10 => 9.n > M Ta có: %H = n+M Xét các giá trị n = 1, 2, 3, 4 nhận thấy chỉ có n = 1, M = 7 là thích hợp.

Nội dung

0,5

Vậy M là kim loại Liti, A là LiH

Câu 7: (2,5 điểm)

PTHH: LiH + H2O

LiH + CO2

LiOH + 0,5H2 HCOOLi

%O = 61,6% thõa mãn với bài ra. Vậy C là HCOOLi PTHH: 2HCOOLi + H2SO4 HCOOLi + H2SO4 (đặc) Kết luận: A là LiH, B là H2,

0,5

Li2SO4 + 2HCOOH LiHSO4 + CO + H2O

C là HCOOLi,

Câu 7

D là HCOOH,

E là CO

0,5

Nội dung

Điểm

Theo giả thiết ta suy ra X, Y, Z, T đều tác dụng với NaOH theo tỉ lệ mol 1:2 => số mol A = 0,15 Trong A có số mol nhóm (COO) = 0,3 mol. Khi đốt cháy hết A cần 0,48 mol O2, gọi số mol CO2 và H2O tạo ra lần lượt là x và y. Bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố oxi ta có hệ:

0,5

44x + 18y = 32,64 và 2x + y = 1,56 => x = 0,57; y =0,42

Câu 6: (1,0 điểm) Điện phân dung dịch gồm HCl, NaCl, FeCl3 (điện cực trơ, có màng ngăn). Đồ thị nào sau đây biểu diễn đúng sự biến thiên pH của dung dịch theo thời gian (t) trong quá trình điện phân ? Giải thích ? (Bỏ qua sự thuỷ phân của muối) pH

0,5

CH2 OOCH

Trang 371

Trang 372

CH2 OOCH và T là C2H5-OOC-COO-CH3

Bảo toàn khối lượng suy ra khối lượng của ROH = 5,85 + 0,065.2 = 5,98 gam

X là HOOC-CH2-COOH,

Từ đó ta có: R + 17 = 46 => R = 29, vậy R là C2H5 0,5

Y là HOOC-C2H4-COOH ba ancol là: CH3OH,

0,5

Ta có: R’(COONa)n + nNaOH

R’Hn + nNa2CO3

Theo PT và giả thiết ta có R’(COONa)n = R’Hn = 0,09 mol (NaOH còn dư và R’(COONa)n hết vì n < 2) Gọi công thức của este đơn chức là CnHm+1COOC2H5 (y mol)

C2H5OH, HO-CH2CH2-OH

=> 3 este 2 chức là CnHm(COOC2H5)2 (x mol) (vì muối tạo ra khi phản ứng với NaOH đun nóng chỉ tạo một hidrocacbon duy nhất)

Gọi số mol của X, Y lần lượt là a, b ta có hệ:

Từ trên ta có hệ: Tổng số mol este là x + y = 0,09;

104a + 118b = 9,78;

0,5

Tổng số nhóm COO là 2x + y = 0,13

a + b = 0,09

0,5

Từ đó suy ra : Số nguyên tử C = 0,04(n + 6) + 0,05(n + 3) = 0,57

Giải hệ thu được: a = 0,06; b = 0,03. Vậy số mol các chất lần lượt là: X = 0,06; Y = 0,03; Z = T = 0,03

=> x = 0,04; y = 0,05

=> n = 2

0,5

Số nguyên tử H = 0,04(m + 10) + 0,05(m + 6) = 0,88 => m = 2. Vậy CTPT của este đơn chức là C5H8O2, cấu tạo:

Câu 8: (3,0 điểm)

CH2=CH-COOCH2-CH3

Hỗn hợp X gồm 4 este mạch hở, trong đó có 1 este đơn chức và ba este hai chức là đồng phân của nhau. Đốt cháy hết 11,88 gam X cần 14,784 lít khí O2 (đktc), thu được 25,08 gam CO2. Đun nóng 11,88 gam X với 310 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m gam chất rắn Y và phần hơi chỉ chứa 1 ancol đơn chức Z. Cho hết lượng Z tác dụng với Na dư thì khối lượng bình chứa Na tăng 5,85 gam. Trộn m gam Y với CaO rồi nung nóng (không có mặt oxi), thu được 2,016 lít khí (đktc) một hiđrocacbon duy nhất. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của các este trong hỗn hợp X.

CTPT của 3 este 2 chức là C8H12O4, CTCT: CH2=CH(COOC2H5)2 0,5 C2H5OOC

Nội dung

COOC2H5

C=C

Hướng dẫn chấm Câu 8

0,5

Điểm

C=C H

COOC2H5

0,5

Câu 9: (2,0 điểm) Hỗn hợp A gồm tetrapeptit X và pentapeptit Y (đều mạch hở và đều tạo bởi Gly và Ala). Đun nóng m gam hỗn hợp A với dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (m+7,9) gam muối khan. Đốt cháy hết hỗn hợp muối, thu được Na2CO3 và hỗn hợp B gồm khí và hơi. Cho hết lượng B hấp thụ vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thì khối lượng bình tăng 28,02 gam và có 2,464 lít khí thoát ra (đktc). Tính % khối lượng X trong hỗn hợp A. Hướng dẫn chấm

0,5

Gọi công thức của ancol Z là ROH => công thức chung của 4 este là R’(COOR)n, ta có R’(COOR)n + nNaOH

R’(COONa)n + nROH

Câu 9

Từ đó suy ra số mol ROH = NaOH = 0,13 mol => số mol NaOH còn trong Y là 0,18 mol Ta có: ROH + Na

Nội dung

Điểm

Gọi công thức chung của X, Y là CknH2kn+2-kNkOk+1 (a mol) PTHH: CknH2kn+2-kNkOk+1 + kNaOH kCnH2nNO2Na + H2O kCnH2nNO2Na + O2 k(n – 0,5) CO2 + 0,5kNa2CO3 + knH2O + 0,5kN2

RONa + 0,5H2

Trang 373

Trang 374

Theo giả thiết khối lượng muối tăng lên 7,9 gam nên ta có: [(14nk + 69) – (14nk + 29k + 18)].a = 7,9 Vì khối lượng bình Ba(OH)2 tăng 28,02 gam nên ta có tổng khối lượng CO2 và H2O là 28,02 => 44(n – 0,5)k.a + 18kn.a = 28,02 Số mol N2 = 0,5k.a = 0,11 Từ các Pt trên ta có: kn.a = 0,53 = số mol CO2; k.a = 0,22 = số mol aminoaxit; a = 0,05 = số mol hỗn hợp X, Y => k = 4,4. Vì X là tetrapeptit, Y là pentapeptit và có k = 4,4 (số mắt xích trung bình) nên ta có tỉ lệ mol của X:Y = 0,6:0,4 => X = 0,03 mol; Y = 0,02 mol Gọi x, y lần lượt là số mol của Gly và Ala có trong hỗn hợp X, Y => ta có: x + y = 0,22; 2x + 3y = 0,53 (bảo toàn Cacbon) => x = 0,13; y = 0,09. Gọi số mắt xích Gly và Ala trong X là a, b; trong Y là a’ và b’ => 0,03.a + 0,02.a’ = 0,13 0,03.b + 0,02.b’ = 0,09 => a = 3; b = 1; a’ = 2; b’ = 3 Vậy X là Gly3Ala và Y là Gly2Ala3 có số mol tương ứng là 0,03 và 0,02 mol Từ đó khối lượng hỗn hợp = (3.75 + 89 – 3.18).0,03 + (2.75 + 3.89 – 4.18).0,02 = 14,7 gam => %X = 7,8/14,7 = 53,06%

0,5

Lưu ý: Nếu thí sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.

Trang 375