SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP CƠ SỞ NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Hóa học - lớp 11 Ngày thi: 15/4/2013 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 02 trang) ĐỀ BÀI Câu 1 (4,5 điểm) 1.Viết các phương trình hóa học theo sơ đồ sau (ghi rõ điều kiện phản ứng, nếu có) 1 2 3 4 5 6 Ca3 P2 ←  P  → P2O5  → H 3 PO4  → Na2 HPO4  → Na3 PO4  → Ag3 PO4 2. A là một ancol no mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn m gam A, thu được 3,36 lít khí CO2 (đktc) và 3,6 gam nước. Xác định công thức phân tử, viết các công thức cấu tạo của A và ghi tên thay thế. 3. Hấp thụ hoàn toàn 1,568 lít CO2 (đktc) vào 500ml dung dịch NaOH 0,16M, thu được dung dịch X. Thêm 250 ml dung dich Y gồm BaCl2 0,16M và Ba(OH)2 a M vào dung dịch X, thu được 3,94 gam kết tủa và dung dịch Z. Tính giá trị của a. Câu 2 (4,0 điểm) 1. A là một đồng đẳng của benzen có tỷ khối hơi so với metan bằng 5,75. A tham gia chuyển hóa theo sơ đồ Hãy viết các phương trình hóa học theo sơ đồ trên, các chất hữu cơ viết dạng công thức cấu tạo rút gọn, cho biết B, C, D, E là các chất hữu cơ. 2. Hỗn hợp khí X gồm metan, axetilen, propen. Đốt cháy hoàn toàn 5,5 gam hỗn hợp X, thu được 6,3 gam nước. Mặt khác, lấy 5,5 gam X cho tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư, thu được 24 gam kết tủa. Hãy xác định phần trăm theo thể tích từng chất trong X. Câu 3 (4,0 điểm) 1. Nêu hiện tượng và viết phương trình hoá học xảy ra trong các trường hợp sau: a) Cho đồng kim loại vào dung dịch hỗn hợp NaNO3 và H2SO4 loãng. b) Sục khí NH3 đến dư vào dung dịch MgCl2. c) Cho (NH4)2CO3 vào dung dịch Ba(OH)2 . d) Hai lọ hóa chất mở nắp để cạnh nhau: một lọ đựng dung dịch NH3 đậm đặc, một lọ đựng dung dịch HCl đặc. 1 2. Dung dịch A chứa Na2CO3 0,1M và NaHCO3 0,1M; dung dịch B chứa KHCO3 0,1M a) Tính thể tích khí CO2 (đktc) thoát ra khi cho từ từ từng giọt đến hết 150 ml dung dịch HCl 0,1M vào 100 ml dung dịch A. b) Xác định số mol các chất có trong dung dịch thu được khi thêm 100 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào 150 ml dung dịch B. Câu 4 (3,5 điểm) 1. Cho 200 ml dung dịch X chứa H2SO4 0,05M và HCl 0,1M tác dụng với 300 ml dung dịch Y chứa Ba(OH)2 a M và KOH 0,05M, thu được m gam kết tủa và 500 ml dung dịch Z có pH = 12. Tính giá trị của m và a. 2. Hỗn hợp A gồm Mg, Al, Zn. Hòa tan hoàn toàn 7,5 gam A trong dung dịch HNO3, sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch B và 1,12 lít hỗn hợp khí NO và N2O có số mol bằng nhau. Cô cạn dung dịch B thu được 31,75 gam muối. Tính thể tích dung dịch HNO3 0,5 M tối thiểu để hòa tan hoàn toàn A. Câu 5 (2,0 điểm) Chia 2,24 lít (đktc) hỗn hợp X gồm hai anken phân tử khác nhau 2 nhóm CH2 thành hai phần bằng nhau. Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn rồi cho sản phẩm cháy qua dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 12,5 gam kết tủa. Phần 2: Cho tác dụng hoàn toàn với nước có xúc tác thu được hỗn hợp chỉ gồm 2 ancol. Đun nóng hỗn hợp 2 ancol với H2SO4 đặc ở 1400C một thời gian, thu được 1,63 gam hỗn hợp 3 ete. Hoá hơi lượng ete thu được 0,4256 lít (đktc). a) Xác định công thức cấu tạo của hai anken và tính phần trăm theo thể tích mỗi chất trong X. b) Xác định hiệu suất tạo ete của mỗi ancol. Câu 6 (2,0 điểm) 1. Cho pin điện hóa: H 2 ( Pt ), PH = 1atm / H + :1M 2 MnO4− :1M , Mn 2+ :1M , H + :1M / Pt Biết rằng sức điện động của pin ở 250C là 1,5V. 0 a) Hãy cho biết phản ứng thực tế xảy ra trong pin và tính EMnO − 4 Mn 2+ b) Sức điện động của pin thay đổi như thế nào khi thêm một ít NaHCO3 vào nửa trái của pin. 2. Ion Fe3+(dd) là axit, phản ứng với nước theo cân bằng Fe3+ (dd) + H 2O Ç Fe(OH ) 2+ + H 3O + , K a = 10−2,2 a) Xác định pH của dung dịch FeCl3 10−3 M . b) Tính nồng độ mol/lít của dung dịch FeCl3 bắt đầu gây ra kết tủa Fe(OH)3 và tính pH của dung dịch lúc bắt đầu kết tủa. Cho TFe ( OH ) = 10−38 , K H O = 10 −14 . Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; Ca = 40; Ba = 137; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Ag =108. 3 2 2 …………………….HẾT……………………. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP CƠ SỞ TỈNH ĐIỆN BIÊN NĂM HỌC 2012 - 2013 ( Hướng dẫn chấm có 5 trang) Môn: Hóa học - Lớp 11 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1(4,5 đ) ý 1 Nội Dung Điểm 1,5 đ 0 t 2 P + 3Ca  → Ca3 P2 0 t 4 P + 5O2  → 2 P2O5 2 P2O5 + H2O → 2H3PO4 H3PO4 + 2NaOH → Na2HPO4 + 2H2O Na2HPO4 + NaOH → Na3PO4 + H2O Na3PO4 + 3AgNO3 →Ag3PO4 + 3NaNO3 Đặt công thức của ancol no A: CnH2n+2Oa ( a≤ n) nCO2 = 0,15 mol, nH2O = 0,2 mol CnH2n+2Oa + O2 → nCO2 + (n+1) H2O 0,15 0,2 → n=3 CT A là: C3H8Oa a =1→ C3H7OH a =2→ C3H6 (OH)2 a =3→ C3H5 (OH)3 3 0,5 0,5 CH3− CH2−CH2−OH CH3−CH−CH3 OH HO−CH2− CH2−CH2−OH CH3−CH−CH2−OH OH OH−CH2−CH− CH2−OH OH 0,25 0,25 1,568 = 0, 07(mol ) ; nNaOH = 0,5 × 0,16 = 0, 08(mol ) 22, 4 = 0, 25 × 0,16 = 0, 04(mol ) ; nBa (OH )2 = 0, 2a(mol ) nCO2 = nBaCl2 3,94 = 0, 02(mol ) 197 CO2 + OH- → HCO3 0,07 0,08 0,07 HCO3 + OH → CO32- + H2O 0,07 0,01 0,01 2+ 2− t0 Ba + CO3  → BaCO3 ↓ 0,02 0,02 Do kết tủa thu được bằng 0,02 mol do đó lượng OH- cho thêm vào bằng 0,01 mol Ta có : OH- = 0,5a → 0,5a = 0,01→ a = 0,02 MA = 16 Đặt công thức A : CnH2n-6 → 14n-6 = 92 → n =7 nBaCO3 = 2 (4,0) 1 0,5 0,5 0,5 2,0 3 CT : → Phương trình: C6H5-CH3 + Cl2 C6H5-CH2Cl + HCl C6H5-CH3 + 3H2 dư C6H11-CH3 C6H5-CH3 + 3HNO3 → H2SO4đ C6H2(NO2)3-CH3 + 3H2O C6H5-CH3 + 2KMnO4 C6H5-COOK + 2MnO2 + KOH + H2O 2 CH4 + O2 → CO2 + 2H2O a 2a C2H2 + O2 →2CO2 + H2O b b C3H6 + O2 → 3CO2 + 3H2O c 3c 2a + b + 3c = 0,35  16a + 26b + 42c = 5,5  b = 0,1  C2H2 + AgNO3 b 3(4,0) 1 2 → C2Ag2 b 2a + 3c = 0, 25 Giải hệ phương trình ta được: a = 0,05, c= 0,05  16a + 42c = 2,9 0, 05 0,1 %VCH 4 = × 100% = 25% %VC2 H 2 = × 100% = 50% 0, 2 0, 2 0, 05 %VC3 H 6 = × 100% = 25% 0, 2 a) Cu tan, dung dịch xuất hiện màu xanh và khí không mầu hóa nâu trong không khí 3Cu 2+ + 8 H + + 2 NO3− → 3Cu + 2 NO ↑ +4 H 2O 2 NO + O2 → 2 NO2 b) Có kết tủa trắng không tan 2 NH 3 + 2 H 2O + MgCl2 → Mg (OH ) 2 ↓ +2 NH 4Cl c) Có kết tủa trắng và có khí 2( NH 4 ) 2 CO3 + Ba (OH ) 2 → BaCO3 ↓ +2 NH 3 ↑ +2 H 2O d) Tạo ra khói trắng NH 3( k ) + HCl( k ) → NH 4Cl( r ) 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 a) nCO2− = 0, 01(mol ) ; nHCO − = 0, 01(mol ) ; nH + = 0,015(mol ) 3 2− 3 3 + − 3 CO + H → HCO 0,01 0,01 0,02 − 3 0,5 + HCO + H → CO2 ↑ + H 2O 0,005 0,02 0,005 4 V= 0,112 lít b. nHCO − = 0, 015(mol ) ; nBa (OH 2 ) = 0, 01(mol ) ; nOH − = 0, 02(mol ) 0,5 3 HCO3- + OH- → CO32- + H2O 0,015 0,015 0,015 → dư 0,005 mol OH2+ 2Ba + CO3 → BaCO3 0,01 0,015 0,01 Dung dịch sau phản ứng có : KOH 0,005 mol K2CO3 0,005 mol 4(3,5) 1 0,5 0,5 nH 2 SO4 = 0, 01(mol ) , nHCl = 0, 02(mol ) ; nBa (OH ) 2 = 0,3a (mol ) ; nKOH = 0, 015(mol ) ; nH + = 0, 04(mol ) ; nOH − = 0, 6a + 0, 015(mol ) H+ + OH→ H2O 0,04 0,6a + 0,015 mol Dd sau phản ứng có pH = 12 → OH- dư có số mol = 0,5.10-2 = 0,005 mol Ta có 0,6a + 0,015 - 0,04 = 0,005 → a = 0,05 Ba2+ + SO42- → BaSO4 0,015 0,01 0,01 Khối lượng kết tủa = 2,33 (gam) 2 5(2,0) 1 Số mol hỗn hợp khí = 0,05 mol số mol mỗi khí = 0,025 mol Mg → Mg2+ + 2e a 2a Al → Al3+ + 3e b 3b Zn → Zn2+ + 2e c 2c +5 N + 3e → NO 0,025 0,075 2N+5 + 8e → N2O 0,05 0,2 N+5 + 8e → NH4+ x 8x ta có : 3a + 3b + 2c = 0,275 + 8x 31,75 = 7,5 + 62( 0,275 + 8x) + 80x → x = 0,0125 Số mol HNO3 tham gia phản ứng = số mol HNO3 tạo khí + số mol HNO3 tạo muối = 0,025 + 0,05 + 0,275 + 8x0,0125 = 0,475(mol) 0, 475 → VHNO = = 0,95(l ) 3 0,5 12,5 Đặt công thức 2 anken là CnH2n ( n≥ 2) ; nCaCO3 = = 0,125(mol ) 100 3n Cn H 2 n + O2 → nCO2 + nH 2O 2 0,05 0,05n 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,05n 0,125 5 n= n1 = 2 0,125 = 2,5  0, 05 n2 = 4 C2 H 4 C4 H 8 0,25 công thức phân tử  Số mol C2H4 là a , C4H8 là b a + b = 0, 05 2a + 4b = 0,125 Giải hệ phương trình ta được: a = 0,0375; b =0,0125 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 Ta có hệ phương trình:  2 + 0,25 0 H ,t CH2=CH2 + H2O  → CH3CH2OH 0,0125 0,0125 (mol) H + ,t 0 CH3−CH=CH−CH3 + H2O  → CH3−CH−CH2−CH3 0,25 OH 0,0375 (mol) 0,0375 Gọi số mol C2H5OH phản ứng là x C4H9OH phản ứng là y 0 H 2 SO4 ,t 2 ROH  → ROR + H 2O 0,038 nete = nH 2O = 6 (2,0) 1 0,25 0,019 0,019 0, 4256 = 0, 019(mol ) 22, 4 mancol = mete + mH 2O = 1, 63 + 0, 019 ×18 = 1,972( gam) 0,25 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% Cho pin điện hóa H 2 ( Pt ), PH 2 = 1atm / H + :1M MnO4− :1M , Mn 2 + :1M , H + :1M / Pt 0,25 E0 pin 250C =1,5 V, ở điện cực phải có phản ứng MnO4- + H+ + 5e → Mn2+ + H2O Điện cực trái H2 → 2H+ + 2e Phản ứng xảy ra trong pin : 2MnO4- + 6H+ + 5H2 → 2Mn2+ + 8H2O E 0 pin =E 0 MnO42− −E Mn 2+ 0 2H + = 1,5(V ) 0,25 2− 4 = 0, 0(V ) mà E H2 0 Vậy: EMnO 0 2H + H2 = 1,5(V ) Mn 2+ b) Nếu thêm 1 ít NaHCO3 vào nửa trái của pin xảy ra phản ứng HCO3− + H + → CO2 + H 2O E2 H + H2 0,25 0,25 + 0, 059  H  = lg 2 pH 2 6 vì nồng độ của ion H+ giảm, do đó E pin = EMnO− 4 Mn 2 3+ a) FeCl3 10-3 Fe 3+ + [] -x Ka = b) Fe 3+ + H2O [ ] C-x Ka = sẽ tăng 0,25 H2 Ka = 0,25 0,25 (1) 3 thế vào (2) → = 0,25 T= Từ 1,2 → (C-x) = (C-x) = H+ x → x = 8,78. PH = 3,06 Fe(OH)2+ + H+ Ka = x x Fe3+ + 3OH- Fe(OH)3 Ta có : = →x= − E2 H + - Fe + 3Cl 10-3 H2O Fe(OH)2+ + x = 2+ → pH = 1,8 → C = 0,05566M (2) . = 0,25 0,25 Lưu ý: - Phương trình hóa học thiếu cân bằng hoặc thiếu điều kiện (nếu có) hoặc cân bằng sai, hoặc sai sót cả cân bằng và điều kiện trừ 1/2 số điểm của phương trình đó. - Bài tập giải theo cách khác bảo đảm đúng thì vẫn được điểm tối đa. Nếu viết phương trình sai hoặc không cân bằng hoặc cân bằng sai thì những phần tính toán liên quan đến phương trình hóa học đó dù có đúng kết quả cũng không cho điểm. (Nếu bài tập HS không làm được nhưng viết được PTHH thì vận dụng đáp án cho ½ số điểm của phần đó ). 7 UBND TỈNH THÁI NGUYÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11 ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu I. (5,0 điểm) 1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3, trong oxit và hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X. 2. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hoàn (HTTH) có tổng số điện tích là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất). a) Xác định điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B. Gọi tên các nguyên tố đó. b) Viết cấu hình electron của X2−, Y−, R, A+, B2+. So sánh bán kính của chúng và giải thích. c) Trong phản ứng oxi hoá-khử, X2−, Y− thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao? d) Cho dung dịch A2X vào dung dịch phèn chua thấy có kết tủa xuất hiện và có khí thoát ra. Giải thích và viết phương trình phản ứng. 3. a) Giải thích vì sao cho dư NH4Cl vào dung dịch NaAlO2 rồi đun nóng thì thấy kết tủa Al(OH)3 xuất hiện b) Hoàn thành phương trình hóa học (PTHH) của phản ứng oxi hoá-khử sau và cân bằng theo phương pháp cân bằng electron: NaNO2 + KMnO4 + ? ? + MnSO4 + ? + ? Câu II. (5,0 điểm) 1. Viết các PTHH của các phản ứng để thực hiện sơ đồ biến hoá hóa học sau: B1 +H2O CH3-CHO B2 +H2O CH3-CHO hiđrocacbon X +H2O CH3-CHO A1 +H2O CH3-CHO A2 +H2O CH3-CHO 2. Khi cho 13,8 gam glixerin (A) tác dụng với một axit hữu cơ đơn chức (B) thu được chất hữu cơ E có khối lượng bằng 1,18 lần khối lượng chất A ban đầu. Biết rằng hiệu suất phản ứng đạt 73,75%. Tìm công thức cấu tạo của B và E. Câu III. (5,0 điểm) Hoà tan 2,16 gam hỗn hợp (Na, Al, Fe) vào nước dư thu được 0,448 lít khí (ở đktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60 ml dung dịch CuSO4 1M thì thu được 3,2 gam Cu và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH để thu được lượng kết tủa lớn nhất. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B. a) Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp. b) Tính khối lượng chất rắn B. Câu IV. (2,5 điểm) Sau khi đun nóng 23,7gam KMnO4 thu được 22,74 gam hỗn hợp chất rắn. Cho hỗn hợp chất rắn trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HCl 36,5% (d = 1,18g/ml) đun nóng. 1) Viết PTHH của các phản ứng xảy ra. 2) Tính thể tích khí Cl2 thu được (ở đktc). 3) Tính thể tích dung dịch axit HCl cần dùng. CâuV. (2,5 điểm) Hòa tan x gam hỗn hợp gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước, thu được dung dịch A. Chia dung dịch A làm hai phần bằng nhau. Cho lượng dư khí hiđro sunfua vào phần một thu được 1,28 gam kết tủa. Cho lượng dư dung dịch Na2S vào phần hai thu được 3,04 gam kết tủa. Viết PTHH của các phản ứng xảy ra và tính x. (Cho: H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Be=9; Mg=24; Al=27; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.) Hết ( Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) Hä vµ tªn thÝ sinh:............................................................................................ Sè b¸o danh:..................................... UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11 (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu Nội dung Điểm 1,5 1. Vì X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 nên là nhóm VA (ns2np3). Vậy: ms = +1/2; l = 1 ; m = +1 n = 4,5 – 2,5 = 2. Vậy X là Nitơ ( 1s22s22p3) I Công thức cấu tạo các hợp chất và dự đoán trạng thái lai hóa của (3,0) nguyên tử trung tâm: NH3 : N có trạng thái lai hoá sp3. N H H H 2 N2O5: N có trạng thái lai hoá sp . O O N O N O O 2 HNO3 : N có trạng thái lai hoá sp O O H N O 2. a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X => Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt (Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4) Theo giả thiết Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90 => Z = 16 → 16X; 17Y; 18R; 19A; 20B (S) (Cl) (Ar) (K) (Ca) 2b) S , Cl-, Ar, K+, Ca2+ đều có cấu hình e: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ. 1,5 rS 2- > rC l - > rA r > rK + > rC a 2+ c) Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S2-, Cl- luôn luôn thể hiện tính khử vì các ion này có số oxi hóa thấp nhất d) Dung dịch phèn chua: K+, Al3+, SO42- khi cho dung dịch K2S vào 2Al3+ + 3S2- = Al2S3↓ Al2S3 + 6H2O → 2Al(OH)3↓ + 3H2S↑ 3. a) 2,0 NaAlO 2 → Na + + OH − + 4 NH 4 Cl → NH + Cl + 4 NH ⇔ NH 3 + H (1) − (2) + (3) AlO −2 + H + ⇔ HAlO 2 + H + (4) HAlO 2 + H 2 O ⇔ Al(OH ) 3 (5) Khi đun nóng thì NH3 bay đi làm cho cân bằng (3) và do đó (4,5) chuyển dịch sang phải, nghĩa là kết tủa Al(OH)3 xuất hiện b) 5NaNO2+2KMnO4+ 3H2SO4 5NaNO3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O 3,0 1. X: C2H2 A1:CH2=CHCl A2:CH3 -CH2Cl B1: CH2=CH-OCOCH3 B2: CH3 -CHCl-OCOCH3 Các PTHH của các phản ứng (9 PTHH). B1 II (5,0) B2 +H2O hiđrocacbon X +H2O CH3-CHO +H2O CH3-CHO 2. A1 A2 +H2O CH3-CHO +H2O CH3-CHO CH3-CHO nA= 13,8: 92 = 0,15mol Phương trình phản ứng: C3H5(OH)3 +xRCOOH C3H5(OH)3-x(OCOR)x + xH2O mE = 13,8 x 1,18 = 16,284gam ME= 2,0 (1 ≤ x ≤ 3 ) 16, 284 100 x = 148 0,15 73,35 ME= 41+ 17(3-x) + (44+R)x ⇒ R= 56 − 27x x Nếu x = 1 ⇒ R = 29 ⇒ B: C2H5COOH; E có 2 đồng phân Nếu x = 2 ⇒ R = 1 ⇒ B: HCOOH; E có 2 đồng phân Nếu x = 2 ⇒ R < 0 : không phù hợp 1,0 nH2 = 0,448:22,4 = 0,02 nCu 2+ = 0,06.1= 0,06; nCu 2+ pu = 3,2:64 = 0,05 III (5,0) ⇒ nCu 2+ du = 0,06 -0,05 = 0,01 Các phản ứng: Na + H2O x → ( Na+ + OH-) x + 1 H2 (1) 2 x/2 (mol) Al + H2O + OH- → AlO2- + 3 H2 2 (2) x x x 3/2x (mol) 2+ 3+ 2Al + 3Cu → 2Al + 3Cu (3) (y-x) 3/2(y-x (y-x) 3/2(y-x) Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu (4) a) Giả sử không có (3) xảy ra ⇒ chất rắn chỉ là Fe Theo (4) noFe= nCu = 0,05 ⇒ moFe= 0,05.56 = 2,8>2,16 (không phù hợp đề bài) 2+ Vậy có (3) và vì Cu còn dư nên Al và Fe đã phản ứng hết theo (3) và (4) Theo (1) và (2): nH2 = x+ Theo (3): nAl(3) = y - 0,01 nCu2+= 2,0 3 x = 0,02 ⇒ x = 0,01 2 3 (y - 0,01) 2 Theo (4): nFe = nCu2+(4)= 0,05- 3 (y - 0,01) 2 Ta có : mNa + mAl + mFe = 23.0,01 + 27y + 56[0,05⇒ y = 0,03 Vậy trong hỗn hợp ban đầu: mNa = 23.0,01 = 0,23 gam m Al = 27.0,03 = 0,81 gam mFe = 2,16 - 0,23 -0,81 = 1,12 gam 3 (y - 0,01)] =2,16 2 b) Trong dung dịch A có: 2,0 nAl3+ = 0,03 − 0, 01 = 0, 02 nCu 2+ du = 0, 01 nFe2+ = nFe = 1,12 : 56 = 0, 02 Ta có sơ đồ Cu2+ → Cu(OH)2 → CuO ⇒ mCuO = 0,01.80 = 0,8 gam 2+ Fe → Fe(OH)2 → Fe(OH)3 → Fe2O3 ⇒ mFe2O3 = 0,02/2.160 = 1,6 gam Al3+ → Al(O )3 → Al2O3 ⇒ m Al2O3 = 0,02/2.102 = 1,02gam Vậy mB = 0,8 + 1,6 + 1,02 = 3,24 gam 1. Các phương trình phản ứng xảy ra t 2KMnO4  → K2MnO4 + MnO2 + O2↑ Chất rắn sau phản ứng gồm: K2MnO4 , MnO2 và KMnO4 chưa phản ứng : Cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl có các phản ứng 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O K2MnO4 + 8HCl → 2KCl + MnCl2 + 2Cl2 + 4H2O t MnO2 + 4HCl  → MnCl2 + Cl2 + 2H2O 0 IV (2,5) 0 0,5 2. Ta có các quá trình: Mn+7 0,15mol 2O-2 → 1,0 + 5e 5.0,15 → Mn +2 O2 + 4e (23,7 – 22,74)/32 0,03.4 2Cl → Cl2 + 2e x 2.x Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 5.0,15 = 0,03.4 + 2x → x= 0,315 mol → V = 0,315.22,4 = 7,056 lít 3. Áp dụng định luật bào toàn nguyên tố nHCl = nKCl + 2nMnCl + 2nCl = 0,15 + 2.0,15 + 2.0,315 = 1,08 mol 2 1,0 2 1, 08.36,5.100 Vậy Vdung dịch HCl = = 91,53(ml ) 36,5.1,18 V (2,5) Phần 1: CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl (1) 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S↓ + 2HCl (2) Phần 2: CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl (3) 2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl (4) Đặt số mol CuCl2 và FeCl3 trong mỗi phần là a và b mol. 1,0 1,5 Từ các phương trình (1), (2), (3), (4) ta có 96a + 16b = 1,28 96a + 104b = 3,04 (I) (II) Giải hệ (I) và (II ) ta được a= 0,01 mol và b = 0,02 mol Từ đó ta có x = 2(135.0,01 + 162,5.0,02) = 9,2 gam. Chú ý: ThÝ sinh cã thÓ gi¶i bµi to¸n theo c¸ch kh¸c nÕu lËp luËn ®óng vµ t×m ra kÕt qu¶ ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a. Họ và tên thí sinh:……………………..………….. Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:……………………………..………... …………….……………….. SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: HÓA HỌC * Bảng: A * Lớp: 11 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 02 trang) ĐỀ Câu 1: (4 điểm) 1. (1.0đ) Tính Δ S của phản ứng sau: SO2(k) + Cho biết: Chất 0 S 298 (J.K-1.mol-1) 1 O2(k) J SO3(k) 2 SO2(k) 248,52 O2(k) 205,03 SO3(k) 256,22 2. (1.0đ) Tính Δ H của các phản ứng và cho biết chúng tỏa nhiệt hay thu nhiệt: a. H2 (k) + Cl2 (k) J 2HCl (k) ; Δ Ha = ? t 2Hg (l) + O2 (k) ; Δ Hb = ? b. 2HgO (r) ⎯⎯→ Biết năng lượng liên kết các chất như sau: Cl2 HCl Hg O2 Chất H2 -1 Elk(k.J.mol ) 435,9 242,4 431,0 61,2 498,7 0 3. (1.0đ) Xác định Δ H 0pu của phản ứng sau: 4FeCO3 (tt) + O2 (k) J 2Fe2O3 (tt) + 4CO2 (k) Biết Δ H 0298 của các chất: O2 Fe2O3 Chất FeCO3 –747,68 0,0 –821,32 Δ H 0298 (kJ.mol-1) HgO 355,7 CO2 –393,51 4. (1.0đ) Tính nhiệt tạo thành (entanpi sinh chuẩn) Δ H 0298 của CaCO3 biết các dữ kiện: CaCO3 (r) J CaO (r) + CO2 (k); Δ H1 = 200,8kJ 1 O2 (k) J CaO (r) ; Δ H2 = – 636,4kJ 2 C(grafit) + O2 (k) J CO2 (k); Δ H3 = –393 kJ Ca (r) + 1 Câu 2: (4 điểm) Cho m1 (g) gồm Mg và Al vào m2 (g) dung dịch HNO3 24%. Sau khi các kim loại tan hết có 8,96(l) hỗn hợp khí A gồm NO; N2O; N2 bay ra (đktc) và dung dịch X. Thêm một lượng O2 vừa đủ vào A, sau phản ứng thu được hỗn hợp khí B. Dẫn B từ từ qua dung dịch NaOH dư, có 4,48 (l) hỗn hợp khí C đi ra (đktc). Tỉ khối hơi của C đối với H2 bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào dung dịch X để lượng kết tủa lớn nhất thì thu được 62,2 (g) kết tủa. a. Tính m1 và m2. Biết lượng HNO3 đã lấy dư 20% so với lượng cần thiết. b. Tính nồng độ % các chất trong dung dịch X. Câu 3: (4 điểm) 1. Viết tất cả các đồng phân lập thể của 3-clo-pentan-2-ol và chỉ rõ cấu hình tuyệt đối của các đồng phân đó. 2. Hãy gọi tên các chất sau: (b) (a) CH3 (c) CH3 (d) 3. Đốt cháy hoàn toàn hợp chất hữu cơ A thu được hỗn hợp khí gồm CO2, hơi nước và N2 có tỷ khối hơi so với H2 là 13,75. Cho hỗn hợp khí đó lần lượt đi qua ống 1 đựng P2O5 và ống 2 đựng KOH rắn thấy tỷ lệ tăng khối lượng của ống 2 so với ống 1 là 1,3968. Số mol O2 cần để đốt cháy hoàn toàn A bằng một nửa số mol CO2 và H2O tạo thành. Khối lượng phân tử của A nhỏ hơn khối lượng phân tử của anilin. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của A. Câu 4: (4 điểm) 1. Hỗn hợp X gồm 1 hidrocacbon A và khí hidro. Đun X có xúc tác Ni thu được khí Y duy nhất. Tỉ khối hơi của Y so với khí hidro gấp ba lần tỉ khối hơi của X so với khí hidro. Đốt cháy hoàn toàn một lượng khác của Y thu được 22g khí cacbonic và 13,5g nước. Xác định A. 2. Limonen C10H16 có trong tinh dầu chanh. Biết limonen có cấu tạo tương tự sản phẩm nhị hợp 2 phân tử isopren, trong đó một phân tử kết hợp kiểu 1,4 và một phân tử isopren còn lại kết hợp kiểu 3,4. Hidro hóa hoàn toàn limonen thu được mentan. Hãy viết công thức cấu tạo của limonen, mentan và viết phương trình phản ứng điều chế limonen từ isopren và mentan từ limonen. Câu 5: (4 điểm) 1. Một hidrocacbon X có chứa 10% hidro về khối lượng. X không làm mất màu dung dịch brom (trong CCl4), Mx < 150. Viết các công thức cấu tạo và gọi tên các đồng phân của X. 2. Khi cho X tác dụng với dung dịch KMnO4 (đặc, đun nóng) thu được 2 muối hữu cơ. Xác định công thức cấu tạo đúng của X và viết phương trình hóa học xảy ra. --- HẾT --2 SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: HÓA HỌC * Bảng: A * Lớp: 11 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 05 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: (4 điểm) 1. (1.0đ) Tính Δ S của phản ứng : 1 O2(k) J SO3 (k) 2 ⎡ ⎤ 1 D Δ S 0298 = S 0298 (SO3, k) – ⎢ S 0298 (SO2, k) + S 0298 (O2, k) ⎥ 2 ⎣ ⎦ 205, 03 ⎞ ⎛ −1 = 256, 22 − ⎜ 248,52 + ⎟ = − 94,82 JK 2 ⎝ ⎠ SO2(k) + (1.0đ) 2. (1.0đ) a. Δ Ha = (435,9 + 242,4) – (2 x 431) = – 183,7kJ < 0 J phản ứng tỏa nhiệt b. Δ Hb = (2 x 355,7) – (2 x 61,2 + 498,7) = 90,3kJ > 0 J phản ứng thu nhiệt (0.25đ) (0.25đ ) (0.25đ ) (0.25đ) 3. (1.0đ) Xác định Δ H 0pu của phản ứng : 4FeCO3 (tt) + O2 (k) J 2Fe2O3 (tt) + 4CO2 (k) Áp dụng công thức ta có: 0 Δ H pu =[2(–821,32) + 4(–393,51)] – [ 4(–747,68)] = – 225,96Kj < 0 J phản ứng tỏa nhiệt (0.5đ) (0.5đ) 4. (1.0đ) Tính nhiệt tạo thành (entanpi sinh chuẩn) Δ H 0298 của CaCO3 Theo định luật Hess ta có: Δ H1 = Δ H2 + Δ H3 – Δ H 0298 (CaCO3) J Δ H 0298 (CaCO3) = – 636,4 –393 – 200,8 = – 1230,2kJ (0.5đ) (0.5đ) Câu 2: (4 điểm) a. Gọi x = nNO, y = n N O , z = n N , nMg = a, nAl = b. 2 Mg → a(mol) Al → b(mol) 2 Mg2+ + 2e a 2a Al3+ + 3e b 3b (1) (2) (0.25đ) 1 NO3− + 4H + + 3e → 0,8(mol) 2 NO − 3 2 NO − 3 + 10 H + 2 H 2O (3) (0.25đ) (4) (0.25đ) (5) (0.25đ) (6) (0.25đ) (7) (0.25đ) 0,6(mol) 0,2(mol) + + 1,5(mol) + NO 12 H 8e → 1,2(mol) + + 0,6(mol) + N 2O 5H 2 O 0,15(mol) 10e → + N2 6H 2O 0,5(mol) 0,05(mol) 8,96 nA = x + y + z = = 0,4(mol ) 22,4 Thêm O2 vào A, chỉ có NO phản ứng: 2NO + O2 → 2 NO2 x(mol) x(mol) Dẫn khí B qua dung dịch NaOH: 2NaOH + 2NO2 → NaNO2 + NaNO3 + H2O Hỗn hợp C gồm N2 và N2O 4, 48 = 0, 2(mol ) 22, 4 44 y + 28 z = 2.20 = 40 M= y+z nC = y + z = (0.25đ) Suy ra x = 0,2 (mol) z = 0,05 (mol) y = 0,15 (mol) dd X + NaOH → ↓ max Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2↓ a(mol) a + 3OH- → Al(OH)3 ↓ Al3+ b(mol) b ⇒ m↓ max = 58a + 78 b = 62,2 Ta có : 2a + 3b = 0,6 + 1,2 + 0,5 = 2,3 ⇒a = 0,4; b = 0,5 mMg + mAl = (24 . 0,4) + (27 . 0,5) = 23,1 (g) = m1 (3); (4); (5) ⇒ ∑ n HNO = n H = 0,8 + 1,5 + 0,6 = 2,9(mol ) 3 (0.25đ) (8) (9) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) + 2,9.20 = 0,58( mol ) 100 (2,9 + 0,58).63.100 = 913,5( g ) m ddHNO3 24% = m 2 = 24 n HNO3 dư = (0.5đ) b. Khối lượng dung dịch X: m X = 23,1 + 913,5 − [(30.0,2) + (44.0,15) + (28.0,05)] = 922,6( g ) nMg ( NO3 ) = nMg = 0, 4( mol ) 2 nAl ( NO3 ) = nAl = 0,5( mol ) 3 Nồng độ các chất trong dung dịch X: 2 (0.25đ) 0, 4.148.100% = 6, 417% 922, 6 0,5.213.100% C % Al ( NO3 )3 = = 11,543% 922, 6 0,58.63.100% C% HNO3 dư = = 3,961% 922, 6 C % Mg ( NO3 )2 = (0.5đ) Câu 3: (4 điểm) 1. Có 4 đồng phân lập thể CH3 CH3 H OH H Cl CH3 CH3 HO H H OH Cl H Cl H C2H5 C2H5 HO H H Cl C2H5 2S,3R 2R,3S 2S,3S (viết đúng mỗi đồng phân và chỉ rõ cấu hình 0,25đ/đp) C2H5 2R,3R (1.0đ) 2. (b) (a) xiclobutylxiclobutan xiclopropylxiclopentan CH3 (c) CH3 (d) 1-xiclopentyl-4-metylcyclohexan (3-metylcyclopentyl)xiclohexan (1.0đ) (gọi tên đúng mỗi chất 0,25đ/chất) 3. Gọi công thức của A là: CxHyOzNt Phản ứng đốt cháy: CxHyOzNt + ( x + y z y t - ) O2 → xCO2 + H2O + N2 4 2 2 2 Ống 1 hấp thụ hơi nước Ống 2 : CO2 + 2KOH → K2CO3 + H2O Theo đầu bài tăng khối lượng ở ống 1, 2 ta có tỷ lệ: x: y 1,3968.18 x 2 = → = 2 44.1 y 7 (0.5đ) (0.25đ) Mặt khác theo lượng O2 ta có: x+ 1 y z y - = (x+ ) → x=z 4 2 2 2 (0.25đ) Như vậy: x : y : z = 2 : 7 : 2 và CTĐG của A là C2H7O2Nt (vì khối lượng nhóm (0.25đ) C2H7O2 là 63 mà khối lượng anilin là 93) Phản ứng đốt cháy được viết lại là: 3 11 O2 → 4CO2 + 7H2O + tN2 2 44.4 + 18.7 + 28.t = 13,75.2 ⇒ t = 1 ⇒ CTPT A: C2H7O2N 4+7+t 2C2H7O2Nt + (0.5đ) CTCT A: CH3COONH4 (0.25đ) Câu 4: (4 điểm) 1. Số mol CO2 = 0,5 mol. Số mol H2O = 0,75 mol. Đốt Y sinh ra: nH2O > n CO2 ⇒ Y là ankan. CnH2n+2 → nCO2 + (n+1)H2O 0,5mol 0,75mol Ta có: 0,75n = 0,5(n+1) ⇒ n = 2 ⇒ Y là C2H6 Vậy A có thể là C2H2 hoặc C2H4 Với A là C2H2, ta có: C2H2 + 2H2 → C2H6 dY / H 2 dX / H2 = 30 MY = =3 M X 26 + 2.2 3 3 (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) Phù hợp (0.5đ) Với A là C2H4, ta có: C2H4 + H2 → C2H6 dY / H 2 dX / H2 = 30 MY = =2≠3 28 2 MX + 2 2 Không phù hợp (0.5đ) 2. CTCT Limonen. (0.5đ) CTCT mentan. (0.5đ) Phương trình phản ứng: C H 2= C H C=CH CH C H 2= C H 2 CH 3 2 C=CH H 3 2 0 t , xt ⎯⎯⎯ → (0.5đ) 0 2 t , xt ⎯⎯⎯ → (0.5đ) Câu 5: (4 điểm) 1. Đặt CTPT hidrocacbon X là CxHy (x, y > 0) Ta có 12x/y = 90/10 ⇒ x/y = 9/12 ⇒ CTĐN nhất của X là C9H12 4 (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) Với MX < 150 ⇒ CTPT của X là C9H12 Công thức cấu tạo thu gọn có thể có của X là: (0.25đ) CH2CH2CH3 : n-proylbenzen (0.25đ) : izopropylbenzen (0.25đ) : 2 - etyltoluen (0.25đ) : 3 - etyltoluen (0.25đ) : 4 - etyltoluen (0.25đ) : 1,2,3 - trimetylbenzen (0.25đ) : 1,2,4 - trimetylbenzen (0.25đ) CH(CH3)2 CH3 C2H5 CH3 C2H5 CH3 C 2H 5 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 : 1,3,5 - trimetylbenzen 2. X tác dụng với dd KMnO4 (đặc, nóng) tạo ra 2 muối hữu cơ (0.25đ) ⇒ X là (0.5đ) CH2CH2CH3 CH2CH2CH3 3 + 10KMnO4 → 3C6H5COOK + 3CH3COOK + 10MnO2 + 4KOH + (0.5đ) + 4H2O --- HẾT--5 Họ và tên thí sinh:……………………..………….. Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:……………………………..………... …………….……………….. SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: HÓA HỌC * Bảng: B * Lớp: 11 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 02 trang) ĐỀ Câu 1: (4 điểm) 1. (1.0đ) Tính Δ S của phản ứng sau: SO2(k) + Cho biết: Chất 0 S 298 (J.K-1.mol-1) 1 O2(k) J SO3(k) 2 SO2(k) 248,52 O2(k) 205,03 2. (1.0đ) Tính Δ H của các phản ứng và cho biết chúng tỏa nhiệt hay thu nhiệt: a. H2 (k) + Cl2 (k) J 2HCl (k) ; Δ Ha = ? t 2Hg (l) + O2 (k) ; Δ Hb = ? b. 2HgO (r) ⎯⎯→ Biết năng lượng liên kết các chất như sau: Cl2 HCl Hg O2 Chất H2 Elk(k.J.mol-1) 435,9 242,4 431,0 61,2 498,7 3. (1.0đ) Xác định Δ H 0pu của phản ứng sau: 4FeCO3 (tt) + O2 (k) J 2Fe2O3 (tt) + 4CO2 (k) Biết Δ H 0298 của các chất: O2 Fe2O3 Chất FeCO3 -1 0 –747,68 0,0 –821,32 Δ H 298 (kJ.mol ) SO3(k) 256,22 0 HgO 355,7 CO2 –393,51 4. (1.0đ) Tính nhiệt tạo thành (entanpi sinh chuẩn) Δ H 0298 của CaCO3 biết các dữ kiện: CaCO3 (r) J CaO (r) + CO2 (k); Δ H1 = 200,8kJ 1 O2 (k) J CaO (r) ; Δ H2 = – 636,4kJ 2 C(grafit) + O2 (k) J CO2 (k); Δ H3 = –393 kJ Ca (r) + Câu 2: (4 điểm) 1. Hãy tìm các chất thích hợp trong các sơ đồ sau và viết các phương trình phản ứng. Cho biết S là lưu huỳnh, mỗi chữ cái còn lại là một chất. S + A Æ X (1) S + B ÆY (2) Y + A Æ X + E (3) X + D Æ Z (4) 1 X + D + E Æ U + V (5) Y + D + E Æ U + V (6) Z + E Æ U + V (7) 2. Hòa tan hoàn toàn một lượng hỗn hợp A gồm Fe3O4 và FeS2 trong 25 gam dung dịch HNO3 tạo khí duy nhất màu nâu đỏ có thể tích 1,6128 lít (đktc). Dung dịch thu được cho tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 1M, lọc kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi, được 3,2 gam chất rắn. Tính khối lượng các chất trong A và nồng độ % của dung dịch HNO3 (giả thiết HNO3 không bị mất do bay hơi trong quá trình phản ứng). Câu 3: (4 điểm) 1. Hãy biểu diễn các hợp chất sau bằng công thức chiếu Fisơ: a. Axit R - lactic b. S - alanin 2. Gọi tên các hợp chất sau theo danh pháp thay thế a. CH2 – CH2 – CH2 – CH2 – CH3 CH2 = C – CH2 –C C – CH – CH3 CH3 b. CH3 c. 3. Hợp chất hữu cơ A có 74,074% C; 8,642% H; còn lại là N. Dung dịch A trong nước có nồng độ % khối lượng bằng 3,138%, sôi ở nhiệt độ 100,372oC; hằng số nghiệm sôi của nước là 1,86. Xác định công thức phân tử của A. Câu 4: (4 điểm) 1. Hỗn hợp X gồm 1 hidrocacbon A và khí hidro. Đun X có xúc tác Ni thu được khí Y duy nhất. Tỉ khối hơi của Y so với khí hidro gấp ba lần tỉ khối hơi của X so với khí hidro. Đốt cháy hoàn toàn một lượng khác của Y thu được 22g khí cacbonic và 13,5g nước. Xác định A. 2. Limonen C10H16 có trong tinh dầu chanh. Biết limonen có cấu tạo tương tự sản phẩm nhị hợp 2 phân tử isopren, trong đó một phân tử kết hợp kiểu 1,4 và một phân tử isopren còn lại kết hợp kiểu 3,4. Hidro hóa hoàn toàn limonen thu được mentan. Hãy viết công thức cấu tạo của limonen, mentan và viết phương trình phản ứng điều chế limonen từ isopren và mentan từ limonen. Câu 5: (4 điểm) 1. Một hidrocacbon X có chứa 10% hidro về khối lượng. X không làm mất màu dung dịch brom (trong CCl4), Mx < 150. Viết các công thức cấu tạo và gọi tên các đồng phân của X. 2. Khi cho X tác dụng với dung dịch KMnO4 (đặc, đun nóng) thu được 2 muối hữu cơ. Xác định công thức cấu tạo đúng của X và viết phương trình hóa học xảy ra. --- HẾT --2 SỞ GDĐT BẠC LIÊU ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 * Môn thi: HÓA HỌC * Bảng: B * Lớp: 11 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 05 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: (4 điểm) 1. (1.0đ) Tính Δ S của phản ứng : 1 O2(k) J SO3 (k) 2 ⎡ ⎤ 1 D Δ S 0298 = S 0298 (SO3, k) – ⎢ S 0298 (SO2, k) + S 0298 (O2, k) ⎥ 2 ⎣ ⎦ 205, 03 ⎞ ⎛ −1 = 256, 22 − ⎜ 248,52 + ⎟ = − 94,82 JK 2 ⎝ ⎠ SO2(k) + (1.0đ) 2. (1.0đ) a. Δ Ha = (435,9 + 242,4) – (2 x 431) = – 183,7kJ < 0 J phản ứng tỏa nhiệt b. Δ Hb = (2 x 355,7) – (2 x 61,2 + 498,7) = 90,3kJ > 0 J phản ứng thu nhiệt (0.25đ) (0.25đ ) (0.25đ ) (0.25đ) 3. (1.0đ) Xác định Δ H 0pu của phản ứng : 4FeCO3 (tt) + O2 (k) J 2Fe2O3 (tt) + 4CO2 (k) Áp dụng công thức ta có: 0 Δ H pu =[2(–821,32) + 4(–393,51)] – [ 4(–747,68)] = – 225,96Kj < 0 J phản ứng tỏa nhiệt (0.5đ) (0.5đ) 4. (1.0đ) Tính nhiệt tạo thành (entanpi sinh chuẩn) Δ H 0298 của CaCO3 Theo định luật Hess ta có: Δ H1 = Δ H2 + Δ H3 – Δ H 0298 (CaCO3) J Δ H 0298 (CaCO3) = – 636,4 –393 – 200,8 = – 1230,2kJ (0.5đ) (0.5đ) Câu 2: (4 điểm) 1. Mỗi phương trình 0.25 điểm x 7 = 1.75đ X là SO2, Y là H2S o t SO2 S + O2 ⎯⎯→ 1 o t H2S S + H2 ⎯⎯→ H2S + 3 to O2dư ⎯⎯→ SO2 + H2O 2 SO2 + Cl2 ⎯ ⎯→ SO2Cl2 ( hoặc Br2) SO2 + Cl2 + H2O ⎯ ⎯→ 2HCl + H2SO4 H2S + 4Cl2 + 4H2O ⎯ ⎯→ H2SO4 +8HCl SO2Cl2 + 2H2O ⎯ ⎯→ 2HCl +H2SO4 2. Các phương trình phản ứng: Fe3O4 + 10H+ + NO3- → 3Fe3+ + NO2 ↑ + 5H2O (1) (0.25đ) FeS2 + 14H+ + 15NO3- → Fe3+ + 2SO42- + 15NO2 ↑ + 7H2O H+ + OH- → H2O (2) (3) (0.25đ) (0.25đ) Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 ↓ t 2Fe(OH)3 ⎯⎯ → Fe2O3 + 3H2O (4) (5) (0.25đ) 0 Gọi số mol Fe3O4 và FeS2 ban đầu lần lượt là x và y mol. Từ n NO = 2 1,6128 3,2 = 0,072mol và n Fe3+ = 2n Fe2O3 = 2 × = 0,04mol 22,4 160 (0.25đ) ta có: ⎧ 3x + y = 0,04 ⎧x = 0,012mol , vậy ⇒⎨ ⎨ ⎩x + 15 y = 0,072 ⎩ y = 0,004mol n H + (1,2) = 10x + 14 y = 0,176mol ⎧m Fe3O 4 = 0,012 × 232 = 2,784g ⎨ ⎩ m FeS2 = 0,004 × 120 = 0,480g (0.5đ) n H + (3) = n OH − (3) = 0,2 − (3 × 0,04) = 0,08mol ⇒ n HNO3 = n H + (1,2,3) = 0,256mol ⇒ C% = (0.25đ) 0, 256 × 63 × 100% = 64,51% 25 (0.25đ) Câu 3: (4 điểm) 1. a. COOH OH H (0.5đ) CH3 b. (0.5đ) COOH OH H2N CH3 2 2. a. 6 - metyl - 2- n-pentylhept - 1 - en -4 - in. (0.25đ) b. 2 - metylnaphtalen (0.25đ) c. Bixiclo[1.1.0]butan hoặc bixiclobutan. (0.5đ) 3. C : H : N = M= 74,074 8,642 17,284 : : = 5 : 7 : 1 ⇒ (C5H7N)n 12 1 14 (1.0đ) k .m 3,138 1 = 1,86 × × 1000 × = 162 g / mol 96,862 0,372 Δt (0.5đ) (0.5đ) ⇒ 81n = 162 ⇒ n = 2; CTPT: C10H14N2 Câu 4: (4 điểm) 1. Số mol CO2 = 0,5 mol. Số mol H2O = 0,75 mol. Đốt Y sinh ra: nH2O > n CO2 ⇒ Y là ankan. CnH2n+2 → nCO2 + (n+1)H2O 0,5mol 0,75mol Ta có: 0,75n = 0,5(n+1) ⇒ n = 2 ⇒ Y là C2H6 Vậy A có thể là C2H2 hoặc C2H4 Với A là C2H2, ta có: C2H2 + 2H2 → C2H6 dY / H 2 dX / H2 = MY 30 = =3 26 2.2 MX + 3 3 (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) Phù hợp (0.5đ) Với A là C2H4, ta có: C2H4 + H2 → C2H6 dY / H 2 dX / H2 = MY 30 = =2≠3 M X 28 + 2 2 2 Không phù hợp (0.5đ) 2. CTCT Limonen. (0.5đ) CTCT mentan. (0.5đ) Phương trình phản ứng: C H 2= C H C=CH CH C H 2= C H 2 CH 3 2 C=CH H 3 2 0 t , xt ⎯⎯⎯ → (0.5đ) 0 2 t , xt ⎯⎯⎯ → (0.5đ) 3 Câu 5: (4 điểm) 1. Đặt CTPT hidrocacbon X là CxHy (x, y > 0) Ta có 12x/y = 90/10 ⇒ x/y = 9/12 ⇒ CTĐN nhất của X là C9H12 Với MX < 150 ⇒ CTPT của X là C9H12 Công thức cấu tạo thu gọn có thể có của X là: (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) CH2CH2CH3 : n-proylbenzen (0.25đ) : izopropylbenzen (0.25đ) : 2 - etyltoluen (0.25đ) : 3 - etyltoluen (0.25đ) : 4 - etyltoluen (0.25đ) : 1,2,3 - trimetylbenzen (0.25đ) : 1,2,4 - trimetylbenzen (0.25đ) CH(CH3)2 CH3 C2H5 CH3 C2H5 CH3 C 2H 5 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 : 1,3,5 - trimetylbenzen 4 (0.25đ) 2. X tác dụng với dd KMnO4 (đặc, nóng) tạo ra 2 muối hữu cơ CH2CH2CH3 ⇒ X là (0.5đ) CH2CH2CH3 3 + 10KMnO4 → 3C6H5COOK + 3CH3COOK + 10MnO2 + 4KOH + (0.5đ) + 4H2O --- HẾT--- 5 SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC Số BD:…………….. KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT Ngày 27 – 3 – 2013 Môn: Hóa Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (2,25 điểm) 1. Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau (nếu có): a) Sục khí Cl2 vào dung dịch FeSO4. b) Sục khí etilen vào dung dịch KMnO4. c) Sục khí H2S vào dung dịch nước brom. d) Sục khí O3 vào dung dịch KI. e) Sục khí SO2 vào dung dịch Fe2(SO4)3. f) Nung hỗn hợp quặng photphorit, cát và than cốc ở 1200oC trong lò điện. 2. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau (nếu có): o t a) Fe2O3 + HNO3 (đặc)  → c) Na2S2O3 + H2SO4 (loãng)  → CH3 COOH e) Naphtalen + Br2  → 1:1 b) Cl2O6 + NaOH (dư)  → d) PCl3 + H2O  → f) CH3-C≡CH + HBr (dư)  → o t g) C2H5ONa + H2O  h) Etylbenzen + KMnO4  → → Bài 2 (1,75 điểm) 1. Hòa tan hết 31,89 gam hỗn hợp A gồm 2 kim loại Al và Mg trong lượng dư dung dịch HNO3 loãng, thu được 10,08 lít (đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và N2O) và dung dịch Y. Tỉ khối hơi của X so với khí hiđro là 59/3. Cô cạn dung dịch Y thu được 220,11 gam muối khan. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A. 2. Trong tự nhiên Bo có 2 đồng vị: 10B và 11B. Biết thành phần % về khối lượng của đồng vị 11B trong H3BO3 là 14,407%. Tính % số nguyên tử của mỗi đồng vị Bo trong tự nhiên. Bài 3 (1,5 điểm) 1. Viết tất cả các đồng phân cấu tạo ứng với công thức phân tử C3H6O. 2. Viết các phương trình hóa học thực hiện chuyển hóa sau (biết A, B, C, D là các sản phẩm chính): H SO ®Æc H O H SO ®Æc, 170o C Cl , H O KOH / ancol 2 4 2 2 4 2 2 C  D 2-brom-2-metylbutan  → A  → B → → A → Bài 4 (2,0 điểm) 1. Chất A có công thức phân tử là C7H8. Cho A tác dụng với AgNO3 trong dung dịch amoniac dư được chất B kết tủa. Phân tử khối của B lớn hơn của A là 214. Viết các công thức cấu tạo có thể có của A. 2. Hỗn hợp khí X gồm 2 anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn 5 lít hỗn hợp X cần vừa đủ 18 lít khí oxi (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). a) Xác định công thức phân tử của 2 anken. b) Hiđrat hóa hoàn toàn một thể tích X với điều kiện thích hợp thu được hỗn hợp ancol Y, trong đó tỉ lệ về khối lượng các ancol bậc một so với ancol bậc hai là 28:15. Xác định % khối lượng mỗi ancol trong hỗn hợp ancol Y. Bài 5 (2,5 điểm) (1) 1. Cho phản ứng: C2H6 (k) + 3,5O2 (k)  → 2CO2 (k) + 3H2O (l) Dựa vào 2 bảng số liệu sau: Chất C2H6 (k) O2 (k) CO2 (k) H2O (l) -1 0 84,7 0 394 - 285,8 ∆H (kJ.mol ) s Liên kết Elk (kJ.mol-1) C-H C-C O=O C=O H-O 413,82 326,04 493,24 702,24 459,80 -1 Nhiệt hóa hơi của nước là 44 kJ.mol hãy tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng (1) theo 2 cách. 2. Haber là một trong số các nhà hoá học có đóng góp quan trọng vào phản ứng tổng hợp NH3 từ khí H2 và N2. Trong thí nghiệm 1 tại 472oC, Haber và cộng sự thu được [H2] = 0,1207M; [N2] = 0,0402M; [NH3] = 0,00272M khi hệ phản ứng đạt đến cân bằng. Trong thí nghiệm 2 tại 500oC, người ta thu được hỗn hợp cân bằng có áp suất riêng phần của H2 là 0,733 atm; của N2 là 0,527 atm và của NH3 là 1,73.10-3 atm. Phản ứng thuận: 3H2(k) + N2(k) 2NH3 (k) là phản ứng tỏa nhiệt hay thu nhiệt? Tại sao? 3. Hãy tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120M; NH3 0,150M và KOH 0,005M. Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH +4 là 9,24. --------------- Hết --------------- SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT Ngày 27 - 3 – 2013 Môn: Hóa HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1 (2,25 điểm) 1. (1,0 điểm) a) 3Cl2 + 6FeSO4 → 2Fe2(SO4)3 + 2FeCl3 b) 3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O → 3CH2OH-CH2OH + 2MnO2 + 2KOH c) H2S + Br2 → S↓ + 2HBr d) O3 + 2KI + H2O → O2 + I2 + 2KOH e) SO2 + Fe2(SO4)3 + 2H2O → 2FeSO4 + 2H2SO4 1200 C f) Ca3(PO4)2 + 3SiO2 + 5C  → 3CaSiO3 + 5CO + 2P 2. (1,25 điểm) t a) Fe2O3 + 6HNO3 (đặc)  → 2Fe(NO3)3 + 3H2O b) Cl2O6 + 2NaOH  NaClO → 3 + NaClO4 + H2O c) Na2S2O3 + H2SO4 (loãng)  → Na2SO4 + S↓ + SO2 + H2O d) PCl3 + 3H2O  → H3PO3 + 3HCl Br o (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) o e) + Br2 CH3COOH (0,25 điểm) (0,25 điểm) + HBr (0,25 điểm) f) CH3-C≡CH + 2HBr (dư)  → CH3-CBr2-CH3 g) C2H5ONa + H2O  → C2H5OH + NaOH h) CH2CH3 + 4KMnO4 to (0,25 điểm) COOK + K2CO3 + 4MnO2 + KOH + 2H2O (0,25 điểm) Bài 2 (1,75 điểm) 1. (1,25 điểm) Đặt số mol của NO và N2O lần lượt là a và b, ta có: 10,08  a + b = = 0,45  a = 0,15 22,4 ⇔    b = 0,3 30a + 44b = 59 .2.0,45 = 17,7  3 Đặt số mol của Al và Mg lần lượt là x và y, ta có: 27x + 24y = 31,89 (1) Khi cho hỗn hợp A tác dụng với dung dịch HNO3: Al → Al3+ + 3e x x 3x Mg → Mg2+ + 2e y y 2y +5 N + 3e → N+2 0,45 0,15 +5 N + 4e → N+1 2,4 0,6 Nếu sản phẩm khử chỉ có NO và N2O thì: mmuối = 31,89 + 62(0,45 + 2,4) = 208,59 gam < 220,11 gam: Vô lí (0,25 điểm) (0,25 điểm) ⇒ có muối NH4NO3 tạo thành trong dung dịch Y. (0,25 điểm) +5 -3 N + 8e → N 8z z Ta có: 3x +2y = 0,45 + 2,4 + 8z hay 3x + 2y - 8z = 2,85 (2) Mặc khác: 213x + 148y + 80z = 220,11 (3) Giải hệ (1), (2), (3) ta được: x = 0,47; y = 0,8; z = 0,02 (0,25 điểm) Vậy: 0, 47.27.100% %Al = = 39,79% 31,89 %Mg = 100% - 39,79% = 60,21%. (0,25 điểm) 2. (0,5 điểm) Gọi % số nguyên tử của đồng vị 11B là x ⇒ % số nguyên tử của đồng vị 10B là (1-x). Ta có: M B = 11x + 10(1-x) = x + 10 11x 14,407 Theo bài ra ta có: (0,25 điểm) = 3 + 16.3 + 10 + x 100 Giải phương trình trên được x = 0,81. Vậy, trong tự nhiên: %11B = 81% (0,25 điểm) %10B = 100% - 81% = 19% Bài 3 (1,5 điểm) 1. (0,75 điểm) CH2=CH-CH2OH CH3-CH2-CHO OH (0,25 điểm) (0,25 điểm) CH2=CH-OCH3 CH3COCH3 O O (0,25 điểm) 2. (0,75 điểm) Các chất: A: (CH3)2C=CH-CH3, B: (CH3)2C(OSO3H)-CH2-CH3 C: (CH3)2C(OH)-CH2-CH3 và D: (CH3)2C(OH)-CHCl-CH3 ancol (CH3)2C(Br)-CH2-CH3 + KOH  → (CH3)2C=CH-CH3 + KBr + H2O (CH3)2C=CH-CH3 + HOSO3H (đặc)  → (CH3)2C(OSO3H)-CH2-CH3 (CH3)2C(OSO3H)-CH2-CH3 + H2O  → (CH3)2C(OH)-CH2-CH3 + H2SO4 H SO ®Æc, 170 C (CH3)2C(OH)-CH2-CH3 → (CH3)2C=CH-CH3 + H2O (CH3)2C=CH-CH3 + H2O + Cl2  → (CH3)2C(OH)-CHCl-CH3 + HCl o 2 4 (1) (2) (3) (4) (5) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) Bài 4 (2,0 điểm) 1. (0,75 điểm) Hợp chất A (C7H8) tác dụng với AgNO3 trong dung dịch NH3, đó là hiđrocacbon có liên kết ba ở đầu mạch có dạng R(C≡CH)x R(C≡CH)x + xAgNO3 + xNH3  → R(C≡CAg)x + xNH4NO3 R + 25x R + 132x MB – MA = (R + 132x) - (R + 25x) = 107x = 214 ⇒ x = 2 Vậy A có dạng: HC≡C-C3H6-C≡CH Các công thức cấu tạo có thể có của A: CH C-CH2-CH2-CH2-C CH CH C-CH2-CH-C CH CH3 (0,25 điểm) (0,25 điểm) CH3 CH C-CH-C CH CH C-C-C CH2CH3 CH CH3 (0,25 điểm) 2. (1,25 điểm) Đặt công thức chung của 2 anken là C n H 2n ( n là số cacbon trung bình của 2 anken) o t 2 C n H 2n + 3n O 2  → 2n CO2 + 2n H 2 O (1) 3n 18 Ta có: = ⇒ n = 2, 4 2 5 Anken duy nhất có số nguyên tử cacbon < 2,4 là C2H4 và anken kế tiếp là C3H6. CH2 = CH2 + HOH → CH3–CH2OH (2) CH3CH = CH2 + HOH → CH3–CH(OH)–CH3 (3) CH3CH = CH2 + HOH → CH3–CH2–CH2OH (4) 15 %i-C3H 7 OH = = 34,88% 28+15 Gọi a, b lần lượt là số mol của C2H4 và C3H6. Ta có: 2a + 3b = 2,4(a+b) ⇒ a = 1,5b Theo các phản ứng (2), (3), (4): số mol H2O = số mol anken = 2,5b Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: Khối lượng hỗn hợp ancol Y = khối lượng hỗn hợp anken X + khối lượng nước = 28.1,5b + 42b + 18.2,5b = 129b gam 1,5b.46 %C2 H 5OH = = 53,49% 129b %n-C3H 7 OH = 100% - 34,88% - 53,49% = 11,63% (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) Bài 5 (2,5 điểm) 1. (0,5 điểm) 0 0 0 0 + 3 ∆Hs(H – ∆Hs(C – 3,5 ∆Hs(O ∆H0p− = 2 ∆Hs(CO 2 ,k) 2O,l) 2 H 6 ,k) 2 ,k) ∆H0p− = 2(–394) + 3(–285,8) – (–84,7) – 3,5.0 = –1560,7 (kJ) (0,25 điểm) Mặt khác: ∆H0p− = 6EC-H + EC-C + 3,5EO=O – 4EC=O – 6 EO-H – 3 ∆H hh ∆H 0p− = 6(413,82) + 326,04 + 3,5(493,24) – 4(702,24) – 6(459,8) – 3(44) = –1164,46 (kJ) (0,25 điểm) 2. (1,0 điểm) Tại 472oC: K c = [NH3 ]2 (0,00272)2 = = 0,105 [H 2 ]3 .[N 2 ] (0,1207)3 .(0,0402) → K p = K c (RT)∆n = 0,105[0,082.(472 + 273)]−2 = 2,81.10-5 Tại 500oC: K p = p 2NH3 p3H2 .p N2 = (1,73.10-3 ) 2 = 1,44.10-5 < 2,81.10-5 3 (0,733) .(0,527) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) Nhiệt độ tăng, K p giảm → phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt (theo nguyên lí của Lơ Satơlie). (0,25 điểm) 3. (1,0 điểm)  → HCN + OHCN- + H2O ←  Kb1 = 10- 4,65  → NH +4 + OHKb2 = 10- 4,76 NH3 + H2O ←   → H+ + OHH2O KW = 10-14 ←  So sánh (1) → (3), tính pH theo ĐKP áp dụng cho (1) và (2): [OH-] = CKOH + [HCN] + [ NH +4 ] Đặt [OH-] = x → x = 5.10-3 + 2 -3 (1) (2) (3) (0,25 điểm) K b1[CN - ] K [NH3 ] + b2 x x - → x - 5.10 x - (Kb1[CN ] + Kb2[NH3]) = 0 (0,25 điểm) Chấp nhận: [CN-] = CCN- = 0,12M ; [NH3] = C NH3 = 0,15M. → Ta có: x2 - 5.10-3x - 5,29.10-6 = 0 → x = [OH-] = 5,9.10-3M = 10-2,23M + -11,77 M (0,25 điểm) → [H ] = 10 −9,35 −9,24 10 10 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. (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 GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC 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) 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(NH3 ) = 10-4,75. 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 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. 1 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 72,450 66,800 M h (g) ( M h là khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng) a. Tính độ phân ly α của N2O4 ở các nhiệt độ đã cho. b. Tính hằng số cân bằng Kp của (1) ở mỗi nhiệt độ trên. 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. ------------------ HẾT----------------- - 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. - Họ và tên thí sinh: ..................................................................Số báo danh.............................. 2 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 0,75+1,75(1+0,75) a) Trong vỏ nguyên tử của nguyên tố R electron phân bố vào các phân lớp s theo thứ tự là: 1s2; I => Các cấu hình electron thỏa mãn là 2,5 2s2; 3s2; 4s1 2 2 6 2 6 1 1s 2s 2p 3s 3p 4s => 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 do đó là đồng 0,75 0,5 (I) oxit (Cu2O) nSO = 0,025(mol ) 2 o t 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) H2SO4 → H+ + HSO40,005 0,005 0,005(M) + HSO4 H + SO42C :0,005 0,005 0 (M) [ ]: 0,005 - x 0,005+x x (M)  x = 2,81.10−3 (0,005 + x).x −2 = 10 =>  => 0,005 − x  x = −0,01 + => [H ]=0,005+2,81.10-3=7,81.10-3(M) => pH= 2,107 II 1. 0,5 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 10 −10,95 10 −10,95 ⇒ [OH−]2 ≥ = = 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475 2+ −2 10 Mg * Dung dịch: NH4Cl 1M + NH3 1M. cân bằng chủ yếu là: NH3 + H2O NH +4 + OH− K NH3 = Kb = 10-4,75 [ ] 1 1 1-x 1+x Kb = (x + 1)x = 10-4,75 0,5 x 1− x 2. ⇒ 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. a. Dung dịch HCl có pH = 4,0 ⇒ [H+] = [HCl] = 10-4M Sau khi trộn: 10−4.10 = 5.10−5 M 20 0,1.10 CCH3COOH = = 0, 05M 20 C HCl = HCl → H+ + Cl5.10-5M 5.10-5M 3 0,5 CH3COO- + H+ 0 5.10-5M x x x 5.10-5 + x CH3COOH C 0,05M ∆C x [ ] 0,05-x (5.10 −5 ) +x x 0, 05 − x = 10−4,76 x = 8,991.10-4M (nhận) x = -9,664.10-4M(loại) pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,023=3,02 b. Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOH CH3 COOH CH 3 COO− + H + C CA 0 0 ∆C x x x [ ] CA – x x x Với pH = 3,0 ⇒ x = 10-3M (10 ) −3 2 C A − 10 CA = 1 = 10−4,76 −3 −3 10−6 + 10−3 = 10−1,24+10 ≈ 0, 0585M −4,76 10 Dung dịch KOH có pH = 11,0 ⇒ [OH-] = [KOH] = 10−14 = 10−3 M 10−11 Sau khi trộn: 0, 0585x25 = 0, 03656M ≈ 3, 66.10 −2 M 40 10 −3 x15 C KOH = = 3, 75.10 −4 M 40 CH 3 COOH + KOH → CH 3 COOK + H2O C CH 3COOH = 3,66.10-2 3,75.10-4 0 0 Phản ứng -2 -4 -4 Sau phản ứng (3,66.10 – 3,75.10 )0 3,75.10 3,75.10-4 CH 3 COOH CH 3 COO − + H + C 0,036225 3,75.10-4 0 ∆C x x x [ ] x 0,036225– x x+3,75.10-4 Nên Ka= x(x+3,75.10-4)/(0,036225-x)=10-4,76 → x = 6,211.10-4 pH = 3,207=3,21 c. Tương tự với câu trên: Dung dịch CH3COOH có pH = 3,0 ứng với CCH3COOH = 0, 0585M Dung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic (10 ) = − pH CHCOOH 2 K HCOOH Sau khi trộn lẫn: + 10 − pH 10−6 = −3,75 + 10−3 = 10−2,25 + 10−3 = 6, 62.10−3 M 10 0, 0585.10 = 0, 02925M 20 6, 62.10−3.10 = = 3,31.10−3 M 20 CCH3COOH = CHCOOH 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 4 1 1 III 1. 1,5+2 Theo giả thiết thì B chứa N2 và N2O nN O + nN2 = 0, 448.(988 / 760) / (0, 082.354,9) = 0, 02  nN2O = 0, 01 Ta có  2 → 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 2 NH4NO3 → N2 ↑ + O2 ↑ + 4 H2O ↑ 4Al(NO3)3 → 2Al2O3 + 12 NO2 ↑ + 3O2 ↑ 2Mg(NO3)2 → 2MgO + 4 NO2 ↑ + O2 ↑ E chỉ có Al2O3 và MgO. 27 x + 24 y = 2,16 x 102. 2 + 40 y = 3,84 + Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Mg ta có hệ :  2. IV x = Al = 0,04 mol và Mg = 0,045 mol số mol e cho = 0,21 mol (II) + Từ (I, II) suy ra phải có NH4NO3. Từ đó dễ dàng tính được kết quả sau: D gồm: Al(NO3)3 (8,52 gam) ; Mg(NO3)2 (6,66 gam) ; NH4NO3 (0,3 gam) = 15,48 gam. Hỗn hợp ban đầu có 50% lượng mỗi kim loại. + 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 + 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 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. 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+ (20-11,61,6-2,16=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 5 0,25 0,5 0,75 0,5 0,75 0,75 V 1. 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 CO2 + Ca(OH)2 (0,111mol) → 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 → 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= 0,118-0,02.2=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 a + b = 0, 027  a = 0, 012 - C3H8 : a ; C3H4 :b  → 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 + TH2: 1 HDC còn lại có cùng 4C, HDC còn lại là 1C hoặc 2C  x + y = 0, 027  x = 0, 0135 - C4Hc:x ; C2Hd: y → nên  4 x + 2 y = 0,081  y = 0, 0135 0,0135c/2+0,0135d/2=0,078 →c+d=11,55 loại  x + y = 0, 027  x = 0, 018 - C4Hc:x ; CH4: y → nên 0,018c/2+0,009.4/2=0,078  4 x + 1y = 0, 081  y = 0, 009 →c=6,67 loại 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 - Công thức cấu tạo của X là: 5 xclohexen + 8KMnO4+ 12H2SO4 → 5 HOOC(CH2)4COOH +4K2SO4+8MnSO4+12H2O. 0,5 0,5 0,75 0,75 0,5 0,5 b. Phản ứng: OH 2. OH + 2MnO2 + 2KOH. 3 + 2KMnO4 + 4H2O → 3 a. nCa(OH)2 = 0,115 mol CO2 + Ca(OH)2 (0,151mol) → CaCO3 (x)   Ba(OH) 2 → BaCO (0,115-x)+CaCO (0,115-x) Ca(HCO3 ) 2 (0,115-x)  3 3 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: 6 0,5 0,25 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. 0,5 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: 0,75 CxHy + O2 → xCO2 + CH2CH3 CH3 CH3 H3C H3C CH3 CH3 CH3 (A) Các phản ứng xẩy ra (B) (C) COOH CH3 5H C CH3 3 + 18KMnO4 + 27H2SO4 → 5 HOOC CH3 H3C +18KMnO4+27H2SO4 → 5 +18KMnO4+27H2SO4 → 5 CH3 + 9K2SO4+18KMnO4+42H2O. COOH +5CO2+18MnSO4 + 9K2SO4 + 42H2O CH3 CH3 H3C 0,75 COOH CH2CH3 5 +9K2SO4+18KMnO4+42H2O. COOH COOH HOOC CH3 5 COOH 0,25 Br CH3 0 Fe ,t + Br2  → H3C CH3 + HBr CH3 H3C CH3 H3C CH3 CH3 H3C CH3 0 Fe ,t + Br2  → CH2CH3 Br CH2CH3 hoặc CH3 Br + HBr CH2CH3 Br Br VI 1. 0 Fe ,t + Br2  → CH3 hoặc CH3 + 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 xét cân bằng: N2O4 2NO2 số mol ban đầu a 0 số mol chuyển hóa aα 2aα số mol lúc cân bằng a(1 - α) 2aα Tổng số mol khí tại thời điểm cân bằng là a(1 + α) Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí: CH3 92a 92 = a(1 + α) 1 + α 92 - ở 35oC thì M h = 72,45 → = 72,45 →α = 0,270 1+ α Mh = 7 0,5 hay 27% - ở 45oC thì M h = 66,8 α = 0,377 hay 37,7% 2  2aα   V  2 NO  = 4aα b) Ta có Kc = [ 2 ] =  [ N 2O4 ] a(1 − α) (1 − α)V V 2 V là thể tích (lít) bình chứa khí Và PV = nS. RT → RT = PV PV = nS a(1 + α) Thay RT, Kc vào biểu thức KP = Kc. (RT)∆n ở đây ∆n = 1 → KP = 4aα2 PV P.4.α 2 . = (1 − α)V a(1 + α) 1 − α 2 ở 35oC thì α = 0,27 → KP = 0,315 , ở 45oC thì α = 0,377 → K p = 0,663 2. 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. a. P : 1s22s22p63s23p3 ; As : 1s22s22p63s23p63d104s24p3 P và As đều có 5 electron hóa trị và đã có 3 electron độc thân trong XH3 X X ôû traïng thaù i lai hoùa sp3. 1 0,5 0,5 H H H 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 0,5 cặp e liên kết P-H gần nhau hơn so với As-H lực đẩy mạnh hơn. c. không phân cực F O B S F F O O 0,5 Phân cực N P H H H F F F 2 chất đầu sau có cấu tạo bất đối xứng nên phân cực 8 SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC (Dành cho học sinh THPT) (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề) Bài 1 (1,5 điểm ). 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 lượng dư dung dịch AgNO3/NH3, thì thấy có 3,4 gam AgNO3 đã tham gia phản ứng. Cũng lượng hỗn hợp khí A như trên làm mất màu vừa hết 200 ml dung dịch Br2 0,15 M. 1) Xác định công thức cấu tạo và tính khối lượng mỗi chất trong A. 2) Đề nghị phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp A. Bài 2. (1,5 điểm). Hòa tan hoàn toàn 26,4 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu trong dung dịch HNO3, thu được 7,84 lít NO (đktc) và 800 ml dung dịch X. Cho từ từ dung dịch HCl vào X đến khi không còn khí thoát ra, thì thu được thêm 1,12 lít NO (đktc). 1) Xác định % khối lượng của mỗi kim loại trong A. 2) Tính số mol HNO3 đã tham gia phản ứng. 3) Tính CM của các chất trong X. Bài 3 (1,5 điểm). Thủy phân hoàn toàn 2,475 gam halogenua của photpho người ta thu được hỗn hợp 2 axit (axit của photpho với số oxi hóa tương ứng và axit không chứa oxi của halogen). Để trung hòa hoàn toàn hỗn hợp này cần dùng 45 ml dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức của halogenua đó. Bài 4 (2,0 điểm). 1.Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch riêng biệt NaHSO4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Viết các phản ứng minh họa dưới dạng ion thu gọn. 2. Cho các sơ đồ phản ứng sau:  → … + H2O a) X + O2 b) X + CuO  → N2 + … + … c) X + H2S  → … d) X + CO2  → … + H2O e) X + H2O + CO2  → … Tìm công thức của khí X và hoàn thành các phương trình hoá học trên. Bài 5 (1,5 điểm). Hòa tan 4,8 gam kim loại M hoặc hòa tan 2,4 gam muối sunfua của kim loại này, bằng dung dịch HNO3 đặc nóng dư, thì đều thu được lượng khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất) như nhau. 1) Viết các phương trình phản ứng xẩy ra. 2) Xác định kim loại M, công thức phân tử muối sunfua. 3) Hấp thụ khí sinh ra ở cả hai phản ứng trên vào 300 ml dung dịch NaOH 1M, rồi thêm vào đó một ít phenolphtalein. Hỏi dung dịch thu được có màu gì? Tại sao? Bài 6. (1,0 điểm). Hỗn hợp A gồm 2 ankan là đồng đẳng kế tiếp và 1 anken, trong đó có 2 chất có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy một lượng A thu được 6,72 lít CO2 (đktc) và 8,1 gam H2O. Xác định công thức phân tử của 3 hiđrocacbon trong A. Bài 7 (1,0 điểm). Tìm các chất thích hợp ứng với các ký hiệu A1, A2, A3, A4, A5 trong sơ đồ sau và hoàn thành các phương trình phản ứng dưới dạng công thức cấu tạo? +Benzen/H+ Crackinh CnH2n+2 A1(khí) (1) A2 A3 (3) (2) (4) +H2O/H+ +O2,xt A4 A5 (C3H6O) (5) +O2/xt -------Hết-----Họ và tên thí sinh .............................................................................Số báo danh .......................................... (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm) SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC Bài 1 (1) 1,5 đ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC (Dành cho học sinh THPT ) Nếu ankin có dạng RC≡CH : RC≡CH + AgNO3 + NH3 → RC≡CAg + NH4NO3 ⇒ n (ankin ) = 3,4gam = 0,02mol và n Br2 ≥ 2 × n (ankin ) = 0,04mol 170gam / mol Điều này trái giả thiết, vì số mol Br2 chỉ bằng 0,2L × 0,15mol / L = 0,03mol Vậy ankin phải là C2H2 và như vậy ankan là C2H6, anken là C2H4. Từ phản ứng : C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 ⇒ n(C2H2) = 1/2n(AgNO3) = 0,01 mol Từ các phản ứng : C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 C2H4 + Br2 → C2H4Br2 ⇒ n(C2H4) = 0,01 mol ⇒ n(C2H6) = Bài 2. 1,5đ 0,672L − 0,01mol − 0,01mol = 0,01 mol. 22,4L / mol ⇒ Khối lượng của: C2H2: 0,26gam; C2H4: 0,28 gam; C2H6: 0,3 gam. (2)Thổi hỗn hợp qua binh chứa dung dịch AgNO3/NH3 dư. Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư thu được khí C2H2. C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 ↓ + 2NH4NO3 C2Ag2 + 2HCl → C2H2 ↑ + 2AgCl ↓ Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO3/NH3, thổi tiếp qua dung dịch nước brom dư. Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với bột Zn (trong CH3COOH) thu được C2H4 : C2H4 + Br2 → C2H4Br2 C2H4Br2 + Zn → C2H4 ↑ + ZnBr2 Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C2H6 1) X + HCl  → NO => trong X còn muối Fe(NO3)2 7,84 1,12 nNO (1) = = 0,35(mol ) ; nNO (2) = = 0, 05(mol ) 22, 4 22, 4 Sau khi cho HCl vào X thì thu được dung dịch trong đó chứa: Cu2+ và Fe3+ Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe và Cu Ta có: 56x+64y=26,4  x = 0,3 =>   3x+2y= 3(0,35+0,05)  y = 0,15 0,3.56 => % Fe= .100% = 63, 64% ; %Cu = 100% - %Fe = 36,36% 26,4 2) Số mol HNO3 than gia phản ứng = 4nNO(1) = 0,35.4 = 1,4(mol) 3) Gọi a , b lần lượt là số mol Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 trong X => a + b = 0,3 2a + 3b + 2. 0,15 = 3.0,35 => a = 0,15 (mol); b = 0,15 (mol) => trong X có : 0,15 mol Fe(NO3)2; 0,15 (mol) Fe(NO3)3 và 0,15 mol Cu(NO3)2 0,15 => CM các chất đều bằng nhau và bằng: = 0,1875M 0,8 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 Bài 3 Halogenua của photpho có thể có công thức PX3 hoặc PX5. *Xét trường hợp PX3: 1,5đ PTHH PX3 + 3H2O → H3PO3 + 3HX H3PO3 + 2NaOH → Na2HPO3 + 2H2O ( axit H3PO3 là axit hai lần axit) HX + NaOH → NaX + H2O số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX3 cần 5 mol NaOH; số mol PX3 = 1/5 số mol NaOH = 0,09/5 = 0,018 mol Khối lượng mol phân tử PX3 = 2,475/0,018 = 137,5 Khối lượng mol cuả X = (137,5 – 31): 3 = 35,5 ⇒ X là Cl . Công thức PCl3 *Xét trường hợp PX5: PX5 + 4H2O → H3PO4 + 5HX H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 + 3H2O HX + NaOH → NaX + H2O số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX5 cần 8 mol NaOH; số mol PX5 = 1/8 số mol NaOH = 0,09/8 = 0,01125 mol Khối lượng mol phân tử PX5 = 2,475/0,01125 = 220 Khối lượng mol cuả X = (220 – 31): 5 = 37,8 ⇒ không ứng với halogen nào. Bài 4 1. Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm: Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch Na2CO3, 2,0đ các mẫu thử còn lại không màu.  → HCO3- + OHCO32- + H2O ←  Dùng Na2CO3 làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại. Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO4 CO32- + 2H+ → H2O + CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl3 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Al(OH)3↓+ 3CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là Fe(NO3)3 2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ca(NO3)2 Ca2+ + CO32- → CaCO3↓ Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl. Bài 5 1,5đ 2. Qua sơ đồ a), b) X có chứa N và H, có thể có O. Vì X là chất khí nên chỉ có thể là NH3. a) 4NH3 + 3O2 → 2N2 + 6H2O hoặc 4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O ( có xúc tác Pt) b) 2NH3 + 3CuO → N2 + 3Cu + 3H2O c) 2NH3 + H2S → (NH4)2S hoặc NH3 + H2S → NH4HS d) 2NH3 + CO2 → (NH2)2CO + H2O e) NH3 + H2O + CO2 → NH4HCO3 (1) Phương trình phản ứng: M + 2mH+ + mNO3- → Mm+ + mNO2 + mH2O (1) M2Sn + 4(m+n)H+ + (2m+6n)NO3- → 2Mm+ + nSO42- + (2m+6n)NO2 + 2(m+n)H2O (2) (2) Vì số mol NO2 ở hai trường hợp là bằng nhau nên ta có: 4,8 2,4 m= (2m + 6n ) M 2M + 32n 64mn  M = ⇒  6n − 2m , nghiệm thích hợp là n = 1, m = 2 và M = 64.  n , m = 1,2,3 Vậy M là Cu và công thức muối là Cu2S. 4,8 (3) n Cu = = 0,075mol 64 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O ⇒ n NO2 = 2 × 2 × 0,075 = 0,3mol = n NaOH ⇒ đã xảy ra vừa đủ phản ứng: 2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O Dung dịch thu được có màu hồng do NO2- tạo môi trường bazơ: NO2- + H2O HNO2 + OHBài 6. Gọi công thức của ankan là CnH2n+2 x (mol) và anken CmH2m y (mol) 1,0 đ Ta có : Số mol CO2 = 0,3 (mol) Số mol H2O = 0,45 (mol) số mol ankan = 0,45 – 0,3 = 0,15 (mol) 0,15.n + ym = 0,3 n anken C2H4 Bài 7 * Các chất cần tìm: A1: CH3-CH2-CH2-CH3 1,0đ A2: CH3- CH=CH2 A3: C6H5-CH(CH3)2 (Cumen) A4: CH3-CH(OH)-CH3 A5: CH3-CO-CH3 * Các phản ứng: Crackinh CH3-CH=CH2 + CH4 1. CH3-CH2-CH2-CH3 (A2) CH(CH3)2 (A1) H2SO4 2. CH3-CH=CH2 + CH(CH3)2 3. (A3) 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 OH 1.O2 2.H2SO4(l) 4. CH3-CH=CH2 + H2O 5. 0,25 + CH3-CO-CH3 (A5) 0,25 H+ CH3-CH(OH)-CH3 + 1/2O2 CH3-CH(OH)-CH3 (A4) Cu,t0 CH3-CO-CH3 (A5) + H2O Ghi chú: Khi chấm nếu học sinh giải theo các phương pháp khác, nếu đúng vẫn cho đủ số điểm. Trong một bài thí sinh làm đúng đến phần nào thì tính điểm đến phần đó theo thang điểm. 0,25 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ I Ngày 14/3/2013 ( Đề thi gồm có 01 trang) ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2012-2013 MÔN HÓA HỌC LỚP 11 Thời gian :120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2 điểm) 1. Dẫn hỗn hợp khí C gồm N 2 , O2 , NO2 vào dung dịch NaOH dư tạo dung dịch D và hỗn hợp khí không bị hấp thụ. Cho D vào dung dịch KMnO4 trong H 2 SO4 thì mầu tím bị mất, thu được dung dịch G. Cho vụn Cu, thêm H 2 SO4 vào dung dịch G rồi đun nóng được dung dịch X khí Y (Y hóa nâu trong không khí). Viết các phương trình phản ứng, xác định vai trò của mỗi chất trong mỗi phản ứng? 2. Cho sơ đồ pư sau: o o Cl2 ,as dd NaOH , t H 2 SO4 , t C4 H10   A1  A2   A3  A4 (A3 khí, A4 lỏng, H 2 SO4 đặc nóng) A1 là hỗn hợp của 1-clobutan, 2-clobuatan. A2, A3, A4 đều là hỗn hợp của các sản phẩm hữu cơ. a. Viết CTCT của C4H10 và các chất có trong A2, A3, A4? b. So sánh nhiệt độ sôi, độ tan trong nước của các chất trong A2 với các chất trong A1. Giải thích? Câu 2. (2,5 điểm): Hỗn hợp khí A gồm H 2 và một olefin ở 81,9 o C , 1atm với tỷ lệ mol là 1:1. Đun nóng hỗn hợp A với bột Ni (xt) được hỗn hợp khí B có tỉ khối so với H 2 bằng 23,2, hiêu suất phản ứng là h%. a. Lập biểu thức tính h theo a? b. Tìm công thức phân tử của olefin và tính h? c. Đốt cháy hoàn toàn V lít hỗn hợp B ở 81,9 o C , 1atm cho tất cả các sản phẩm cháy qua bình đựng 128 gam dung dịch H 2 SO4 98%. Sau phản ứng nồng độ axit là 0,6267M. Tính V? Câu 3. (2 điểm) Khi hòa tan cùng một lượng kim loại M vào dung dịch HNO3 đặc nóng và dung dịch H 2 SO4 loãng thì thể tích khí NO2 thu được gấp 3 lần thể tích khí H 2 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Khối lượng muối sunfat thu được bằng 62,81% khối lượng muối nitrat tạo thành. 1. Xác định kim loại M? 2 2. Nếu nung nóng cùng một lượng kim loại M như trên cần thể tích oxi bằng thể tích NO2 nói trên 9 (cùng điều kiện) và thu được chất rắn X là một oxit của M. Hòa tan 10,44 gam X vào dung dịch HNO3 6,72 % thu được 0,336 lít (đktc) khí N x Oy . Tính khối lượng dung dịch HNO3 đã dùng? Câu 4 (2 điểm) 1. pH của một dung dịch bazơ yếu B bằng 11,5. Hãy xác định công thức của bazơ, nếu thành phần khối lượng của nó trong dung dịch này bằng 0,17%, còn hằng số của bazơ K b  104 . Tỉ khối của dung dịch là 1g / cm3 . 2. Dung dịch CH 3COOH 0,1M có pH = 2,88. Cần pha loãng dung dịch này bao nhiêu lần để cho độ điện li  tăng 5 lần ? Câu 5 (1,5 điểm) Một dung dịch chứa bốn ion của hai muối vô cơ; trong đó có ion SO42  , khi tác dụng vừa đủ với dung dịch Ba (OH )2 , đun nóng cho một khí, một kết tủa X và một dung dịch Y. Dung dịch Y sau khi axit hóa bằng dung dịch HNO3 , tạo với AgNO3 kết tủa trắng hóa đen ngoài ánh sáng. Kết tủa X đem nung nóng đến khối lượng không đổi được a gam chất rắn Z. Giá trị của a thay đổi tùy theo lượng Ba (OH ) 2 dùng. Nếu vừa đủ a đạt giá trị cực đại, còn lấy dư a giảm dần đến giá trị cực tiểu. Khi lấy chất rắn Z với giá trị cực đại a = 8,51 gam, thấy Z chỉ phản ứng hết với 50 ml dung dịch HCl 1,2 M, còn lại bã rắn nặng 6,99 gam. Hãy biện luận xác định 2 muối trong dung dịch đầu? -------------------Hết------------------Họ tên thí sinh………………………………………….SBD……… SỞ GD & ĐT KON TUM TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2012-2013 Khóa ngày: 24/02/2013 Môn thi: HÓA HỌC – Lớp 11 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) ---------------------------------------- ĐỀ Câu 1: (2,0 điểm) A, B là hai nguyên tố thuộc cùng nhóm A và thuộc hai chu kỳ kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn. B, D là hai nguyên tố kế cận nhau trong cùng một chu kỳ. a) A có 6 electron ở lớp ngoài cùng. Hợp chất X của A với hiđro trong đó % H = 11,1% (về khối lượng). Hãy xác định tên của A và B ? b) Hợp chất Y có công thức AD2 trong đó lớp electron ngoài cùng có cấu hình bền như khí hiếm. Cho biết tên nguyên tố D và viết công thức electron và công thức cấu tạo của Y. c) Hợp chất Z gồm 3 nguyên tố: A, B, D có tỷ lệ khối lượng: mB : mA : mD = 1:1:2,22. Phân tử khối của Z bằng 135u. - Tìm công thức phân tử của Z. - Cho biết cấu tạo hình học của Z và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm. - Giải thích sự hình thành liên kết trong phân tử Z. Biết Z tác dụng với nước cho sản phẩm trong đó có H2SO4. Câu 2: (2,0 điểm) Niken(II) oxít có cấu trúc mạng tinh thể giống mạng tinh thể NaCl. Các ion O2- tạo thành mạng lập phương tâm mặt, các hốc bát diện có các ion Ni2+. Khối lượng riêng của niken(II) oxit là 6,67g/cm3. Nếu cho NiO tác dụng với liti oxít và oxi thì thu được các tinh thể trắng có thành phần LixNi1-xO. 2x Li2O + 4(1-x)NiO + xO2 4LixNi1-xO Cấu trúc mạng tinh thể của LixNi1-xO giống cấu trúc mạng tinh thể của NiO, nhưng một số ion được thay thế bằng các ion Li+ và một số ion Ni2+ bị oxi hóa để đảm bảo tính trung hòa điện của phân tử. Khối lượng riêng của LixNi1-xO là 6,21 g/cm3. a) Vẽ một ô mạng cơ sở của niken(II) oxit. b) Tính x (chấp nhận thể tích của ô mạng cơ sở không thay đổi khi chuyển từ NiO thành LixNi1-xO. Câu 3: (2,0 điểm) Sử dụng thuyết liên kết hóa trị (VB) và thuyết trường tinh thể (CF) để giải thích dạng hình học, từ tính của phức chất [Fe(CN)6]4-, Fe(CO)5 . Cho Fe(Z=26), C(Z=6), N(Z=7). O( Z=8 ). Câu 4: (2,0 điểm) HCrO4: 3 - 2 + v = k [HCrO4 ] [ HSO3 ] [H ] : [HCrO4-] = 10-4 mol/l;[HSO3-] = 0,1 mol/l; nồng độ ion H+ cố định và bằng 10-5 mol/l. Nồng độ HCrO4- giảm xuống còn 5.10-5 mol/l sau 15 giây. -5 a) 4 sẽ bằng 1,25.10 mol/l. b) 3 HCrO4- 5.10-5 mol/l Câu 5: (2,0 điểm) Hỗn hợp A gồm silic (IV) oxit và magie được đun đến nhiệt độ cao. Phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp X gồm 3 chất. Xử lý chất rắn X thu được cần dùng 365 gam HCl 20%. Kết quả: - Thu được một khí Y bốc cháy trong oxi và 401,4 gam dung dịch muối có nồng độ 23,67%. - Chất rắn Z còn lại không tan trong axit, nhưng tan dễ dàng trong dung dịch kiềm tạo ra một khí cháy được. a) Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp A. b) Tính thể tích khí Y (đktc) và khối lượng Z. Câu 6: (2,0 điểm) Khí A là hợp chất rất độc. Trong nước, A là một axit rất yếu, yếu hơn axit cacbonic. Khi được đốt cháy trong không khí, A cháy cho ngọn lửa màu tím. Trong phòng thí nghiệm, A có thể được điều chế bằng cách nhỏ từ từ dung dịch muối của nó vào dung dịch H2SO4 đun nóng. Trong tổng hợp hữu cơ, điều chế A bằng cách đun nóng ở 500oC hỗn hợp CO và NH3 với chất xúc tác là ThO2. Muối của A để ngoài không khí có mùi khó chịu vì chúng bị phân hủy chậm bởi CO 2 luôn có mặt trong không khí. Khi có mặt của oxi, muối của A có thể tác dụng với vàng nên nó được dùng để tách vàng ra khỏi tạp chất. a) Xác định công thức và gọi tên A. b) Viết các phương trình hóa học để minh họa các tính chất trên. Câu 7: (2,0 điểm) Hợp chất X có tên gọi (S)-3-Brombut-1-en. a)Viết công thức cấu tạo và công thức Fisơ của X. b) Cho Br2 (dung dịch), HBr lần lượt tác dụng với X. Viết công thức Fisơ và gọi tên các sản phẩm có hai nguyên tử cacbon bất đối. c) Những sản phẩm nào có tính quang hoạt? Câu 8: (2,0 điểm) Hiđrocacbon A chứa 85,7% khối lượng cacbon. Phản ứng của A với ozon và xử lý tiếp theo với bột Zn trong axit tạo sản phẩm hữu cơ duy nhất C. Oxi hóa C cho sản phẩm duy nhất là axit cacboxylic D. Số liệu phổ cho thấy tất cả các nguyên tử hiđro (trong gốc hiđrocacbon) trong D đều thuộc nhóm metyl. Khối lượng riêng của hơi D quy về đktc là 9,1 gam/lít. a) Viết công thức cấu tạo của D trong dung dịch nước và ở pha hơi. b) Xác định công thức cấu tạo của A. c) A tác dụng với dung dịch KMnO4 tạo thành 1 sản phẩm F duy nhất. Viết công thức lập thể của A và F. Câu 9: (2,0 điểm) o o Cho sơ đồ: C6H5CH(CH3 )2 (A) Br2 , Fe/t B Br2 , as C NaOH loãng, t D Biết: Các chất phản ứng theo tỉ lệ mol 1:1, các chất ghi trên sơ đồ là sản phẩm chính. a) Viết các phương trình hóa học theo sơ đồ trên, cho biết tên cơ chế các phản ứng. b) Gọi tên A, B, C, D theo danh pháp IUPAC. c) Khi cho A tác dụng dung dịch KMnO4 trong môi trường H2SO4 thu được axit benzoic. Viết phương trình hóa học của phản ứng dưới dạng phân tử và dạng ion thu gọn. Câu 10: (2,0 điểm) Từ các hợp chất chứa tối đa 4 cacbon, phenyl bromua và các tác nhân vô cơ cần thiết hãy lập sơ đồ tổng hợp các hợp chất sau đây (có sử dụng ít nhất một lần hợp chất cơ magie): a) C6H5CHO. b) C6H5CH2CHO. c) (CH3)2CHCOC6H5. d) 3-Phenyl-3-brompentan. (Cho nguyên tử khối: H=1; N=14; O=16; Mg=24; Si=28; Cl=35,5) ------- HẾT ------- ĐỀ THAM KHẢO : Câu I (5 điểm): 1. Dung dịch X chứa HCl 4M và HNO3 aM. Cho từ từ Mg vào 100 ml dung dịch X cho tới khi khí ngừng thoát ra thấy tốn hết b gam Mg, thu được dung dịch B chỉ chứa các muối của Mg và thoát ra 17,92 lít hỗn hợp khí Y gồm 3 khí. Cho Y qua dung dịch NaOH dư thấy còn lại 5,6 lít hỗn hợp khí Z thoát ra có d Z / H =3,8. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Thể tích các khí đều đo ở đktc. Tính a, b? 2. Cho 5,8 gam FeCO3 tác dụng với dung dịch HNO3 vừa đủ thu được dung dịch X và hỗn hợp Y gồm CO2, NO. Cho dung dịch HCl dư vào dung dịch X được dung dịch Y. Dung dịch Y hoà tan tối đa m gam Cu tạo ra sản phẩm khử NO duy nhất. Tính m? Câu II : ( 4 điểm ) Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003M là 0,1 mol / lit . Nếu thêm vào dung dịch này các ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10-4 M thì ion nào sẽ kết tủa dưới dạng sunfat ? Biết TMnS = 3.10-14, TCuS = 8.10-37; K H 2 S = 1,3.10−21 2 Câu III : ( 2 điểm ) ( LỚP 11) Cho dung dịch CH3COOH 0,1M. Biết K CH 3COOH =1, 75.10−5 . a/ Tính nồng độ của các ion trong dung dịch và tính pH. b/ Tính độ điện li α của axit trên. Câu IV : (4 điểm ) Cho các đơn chất A, B, C . Thực hiện phản ứng : A + B X X + H2O B + C Y + NaOH NaOH + B Y Z + H2O 1:1 → Cho 2,688 lit khí X ( đkc ) qua dung dịch NaOH thì khối lượng chất tan bằng 2,22 gam . Lập luận xác định A, B, C và hoàn thành phản ứng . Câu V (5 điểm): 1. Cho 5,15 gam hỗn hợp A gồm Zn và Cu vào 140 ml dung dịch AgNO3 1M. Sau khi phản ứng xong thu được 15,76 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch B. Chia B thành hai phần bằng nhau, thêm KOH dư vào phần 1, thu được kết tủa. Lọc kết tủa, đem nung đến khối lượng không đổi, được m gam chất rắn. a. Tính m? b. Cho bột Zn tới dư vào phần 2, thu được dung dịch D. Cho từ từ V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch D thu được 2,97 gam kết tủa. Tính V, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 2. Cho các nhóm phân tử và ion sau: +. NO2; NO2+; NO2-. +. NH3; NF3. Hãy cho biết dạng hình học của phân tử và ion đã cho, đồng thời sắp xếp chúng theo chiều góc liên kết chiều giảm dần. Giải thích. ĐÁP ÁN ĐỀ THI Câu I : (5 điểm) 1. nY = 0,8 mol; nZ = 0,25 mol → n NO = 0, 55mol (0,5 đ) 2 Vì khi qua dung dịch NaOH chỉ có khí NO2 hấp thụ nên Z phải chứa khí H2 và khí A (M Z = 7, 6) . 1 2 0, 2.2 + 0, 05.M A MZ = = 7, 6 → MA = 30 → A là NO. 0, 25 Ta có n H = n HCl = 0, 2 mol → nA = 0,05 mol. 2 (0,5 đ) Gọi nMg phản ứng là x mol. Quá trình oxi hóa: Mg → Mg+2 + 2e x 2x Quá trình khử: 2H+ + 2e → 0,4 mol → N+5 + 1e 0,55 mol N+5 + 3e → 0,15 mol Áp dụng bảo toàn electron ta có: 2x = 0,4 + 0,55 + 0,15 → x = 0,55 mol. → b = 0,55.24 = 13,2 gam. n HNO ( pu ) = n NO ( pu) + n NO (muoi) = 0,55 + 0,05 + 2 (0,55 – 0,2) = 1,3 mol. − 3 3 H2 0,2 mol N+4 0,55 mol N+2 0,05 mol − 3 1, 3 = 13M → a = 13M. 0,1 2. (2 điểm): n Fe3+ = n FeCO3 = 0, 05mol; n NO− = 3n Fe3+ = 0,15mol → [ HNO3 ] = 8H+ + 0,15.3 mol 2 (0,5đ) 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 2Fe3+ → 0,05 mol + Cu2+ + 2Fe2+ (0,5đ) 0,15.3 +0,025) = 16 gam. 2 Câu II : ( 4 điểm ) Trong dung dịch HClO4 0,003 M H2S (0,5đ) [H+]=0,003 M 2H+ + S2- 0,5 điểm 0,5 điểm 2 K H2S  H +   S 2−  1,3.10− 21 .0,1 =     →  S 2−  = = 1, 4.10−17 2 [ H2S ] ( 0, 003) 1 điểm  Mn 2+   S 2−  = 2.10−4.1, 4.10−17 = 2,8.10−21 < TMnS => MnS không kết tủa. Cu   S  = 2.10 .1, 4.10 2+ 2− −4 −17 = 2,8.10 −21 > TCuS => CuS kết tủa. 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm Câu III : ( 2 điểm ) CH 3COOH CH 3COO − + H +  H +  = CH 3COO −  = K A . C = 1, 75.10−5.0,1 = 0, 0013 pH = − lg  H +  = − lg13.10−4 α= (0,5đ) 0,15 mol Cu 0,025 mol Vậy m = 64 ( 2NO3- → + (0,5đ) (0,5) (0,5đ) 3 3Cu (0,5đ) K 1, 75.10−5 = = 0, 0132 C 0,1 0,5 điểm 1 điểm 0,5 điểm Câu IV : ( 4 điểm ) A : Na ; B : H2 ; X : NaH B + C Y ⇒ C là phi kim, Y là axít 1:1 Y + NaOH  → Z + H 2O 1mol Y phản ứng 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm khối lượng chất tan tăng ( Y - 18 )g 2, 688 = 0,12mol 22, 4 1 Y − 18 = ⇒ Y = 36,5 2, 22 0,12 2, 22 g 0,5 điểm 1 điểm ⇒ ( C ) : Clo Viết phương trình phản ứng 1 điểm Câu V (5 điểm): 1. (3 điểm) a. Vì sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại nên có thể gồm 2 trường hợp sau: + Trường hợp 1: AgNO3 hết, Zn còn dư, Cu chưa phản ứng ( hỗn hợp KL gồm: Zn dư, Cu, Ag ). Gọi nZn, n Cu (hhA) là x và y, nZn phản ứng là a ( mol ). Zn + 2AgNO3  → Zn(NO3)2 + 2Ag (1) a 2a a 2a mA = 65x + 64y = 5,15 (I); mKL = 65(x-a) + 64y + 108. 2a = 15,76 (II) nAgNO3 = 2a = 0,14 (III). Hệ phương trình I, II, III vô nghiệm (loại). + Trường hợp 2: Zn hết, Cu phản ứng một phần, AgNO3 hết. gọi n Cu phản ứng là b (mol). Zn + 2AgNO3  → Zn(NO3)2 + 2Ag (1) x 2x x 2x Cu + 2AgNO3  → Cu(NO3)2 + 2Ag (2) b 2b b 2b mA = 65x + 64y = 5,15 (I); mKL = 64(y-b) + 108( 2x + 2b ) = 15,76 (II) nAgNO3 = ( 2x + 2b ) = 0,14 (III). Giải hệ phương trình I, II, III ta được: x = 0,03, y = 0,05, b = 0,04. + Trong mỗi phần có: 0,015 mol Zn(NO3)2 và 0,02 mol Cu(NO3)2 . Zn(NO3)2  → Zn(OH)2  → K2ZnO2. Cu(NO3)2  → Cu(OH)2  → CuO. 0,02 0,02  → m = 0,02.80 = 1,6 gam. b. Zn + Cu(NO3)2  → Zn(NO3)2 + Cu (1) 0,02 0,02 + nZn(NO3)2 (dd D) = 0,015 + 0,02 = 0,035. Có thể gồm 2 trường hợp sau: + Trường hợp 1: Zn(NO3)2 dư. Zn(NO3)2 + 2NaOH  → Zn(OH)2 + 2Na(NO3) (2) 0,06 0,03 V = 0,06/2 = 0,03 lít. + Trường hợp 2: Zn(NO3)2 hết. Zn(NO3)2 + 2NaOH  → Zn(OH)2 + 2Na(NO3) (2) 0,035 0,07 0,035 Zn(OH)2 + 2NaOH  → Na2ZnO2 + 2H2O (3) 0,005 0,01 + nNaOH = 0,07 + 0,01 = 0,08 V = 0,08/2 = 0,04 lít. 2. (2 điểm): Để giải thích câu này ta có thể dùng thuyết VSEPR hoặc thuyết lai hóa (hoặc kết hợp cả hai). a. N O 2 N O O N O O 2 O sp sp sp (1) và (3): hình gấp khúc. (2) : thẳng Góc liên kết giảm theo thứ tự sau: (2) – (1) – (3) do ở (2) không có lực đẩy electron hóa trị của N không tham gia liên kết, ở (1) có một electron hóa trị của N không liên kết dẩy làm góc ONO hẹp lại đôi chút. Ở (3) góc liên kết giảm nhiều hơn do có 2 electron không liên kết của N đẩy. N N H H 3H F F 3F sp Góc liên kết giảm theo chiều HNH - FNF vì độ âm điện của F lớn hơn của H là điện tích lệch về phía F nhiều hơn ⇒ lực đẩy kém hơn. sp Së GD-§T Hµ Néi Tr−êng THPT øng Hßa A §Ò thi chän häc sinh giái líp 11 n¨m 2010 M«n: Hãa häc (Thêi gian lµm bµi: 120 phót) C©u 1: (5 ®iÓm). 1. Cho c¸c dung dÞch sau cã cïng nång ®é mol/lit: NH4Cl, CH3COONH4, H2SO4, CH3COONa, HCl. a Em h y viÕt c¸c qu¸ tr×nh ®iÖn li khi hßa tan c¸c chÊt trªn vµo n−íc. b. S¾p xÕp gi¸ trÞ pH cña c¸c dung dÞch trªn theo thø tù t¨ng dÇn. Gi¶i thÝch ng¾n gän. c. Dïng quú tÝm vµ mét hãa chÊt kh¸c, em h y ph©n biÖt n¨m dung dÞch trªn. 2. Axit A lµ mét chÊt r¾n mÇu tr¾ng, nãng ch¶y ë 42,5oC, dÔ tan trong n−íc. Hßa tan A vµo n−íc thu ®−îc dung dÞch A. Cho A t¸c dông víi chÊt B thu ®−îc kÕt tña D. Nung D víi c¸t tr¾ng, than ë nhiÖt ®é cao thu ®−îc phot pho tr¾ng. Hái A, B, D lµ nh÷ng chÊt g×? ViÕt ph−¬ng tr×nh ph¶n øng. C©u 2: (5 ®iÓm). 1. Tõ Metan vµ c¸c hãa chÊt v« c¬ cÇn thiÕt kh¸c. Em h y viÕt c¸c ph¶n øng ®Ó ®iÒu chÕ cao su Buna, polipropilen, polistiren. Ghi râ ®iÒu kiÖn ph¶n øng (nÕu cã). 2. Crackinh hoµn toµn 1 ankan X m¹ch th¼ng thu ®−îc hçn hîp khÝ Y cã tû khèi h¬i so víi kh«ng khÝ ®óng b»ng 1. T×m c«ng thøc cÊu t¹o, gäi tªn X. C©u 3: (5 ®iÓm). Cho m1 (g) hçn hîp Al vµ Mg vµo m2 (g) dung dÞch HNO3 24%. Ph¶n øng xong thu ®−îc dung dÞch A (chØ chøa muèi nitrat cña c¸c kim lo¹i) vµ tho¸t ra 8,96 lÝt hçn hîp khÝ X gåm NO, N2O, N2. Thªm 1 l−îng O2 võa ®ñ vµo X, sau ph¶n øng thu ®−îc hçn hîp khÝ Y. DÉn Y tõ tõ qua dung dÞch NaOH 2M d− thÊy cã 4,48 lÝt hçn hîp khÝ Z tho¸t ra. Tû khèi cña Z so víi H2 lµ 20. NÕu cho NaOH 2M vµo A th× kÕt tña lín nhÊt thu ®−îc lµ 62,2g. Cho c¸c thÓ tÝch khÝ ®o ë ®ktc. 1. T×m m1, m2. 2. T×m nång ®é phÇn tr¨m c¸c chÊt trong dung dÞch A. 3. T×m thÓ tÝch dung dÞch NaOH ® thªm vµo A ®Ó ®−îc kÕt tña lµ lín nhÊt. C©u 4: (5 ®iÓm). Cho hçn hîp khÝ X gåm ba hidrocacbon A, B, C (víi B, C lµ 2 chÊt kÕ tiÕp nhau trong cïng 1 d y ®ång ®¼ng). §èt ch¸y hoµn toµn 672ml X råi dÉn s¶n phÈm ch¸y lÇn l−ît qua b×nh 1 chøa dung dÞch H2SO4 98%. KhÝ tho¸t ra tiÕp tôc dÉn vµo b×nh 2 chøa 437,5ml dung dÞch Ba(OH)2 0,08M. KÕt thóc thÝ nghiÖm, khèi l−îng b×nh 1 t¨ng 0,99g vµ b×nh 2 xuÊt hiÖn m gam kÕt tña. MÆt kh¸c nÕu dÉn 1209,6ml X (víi thµnh phÇn c¸c chÊt nh− trªn) qua b×nh dung dÞch chøa n−íc Brom d−. Sau ph¶n øng, thÊy khèi l−îng b×nh Brom t¨ng 0,468g vµ cã 806,4ml hçn hîp khÝ tho¸t ra. BiÕt c¸c thÓ tÝch khÝ ®o ë ®iÒu kiÖn tiªu chuÈn, c¸c ph¶n øng x¶y ra hoµn toµn. 1. T×m c«ng thøc ph©n tö cña A, B, C. BiÕt chóng thuéc trong c¸c d y ®ång ®¼ng ankan, anken, ankin. 2. T×m phÇn tr¨m thÓ tÝch c¸c chÊt khÝ trong X. 3. T×m m. (Häc sinh ®−îc phÐp sö dông b¶ng tuÇn hoµn c¸c nguyªn tè hãa häc.) -----HÕt----- §¸p ¸n – thang ®iÓm Néi dung C©u 1: (5 ®iÓm) 1a. C¸c qu¸ tr×nh ®iÖn ly (1 ®iÓm) +) NH4Cl → NH4+ + Cl- NH4+ + H2O §iÓm NH3 + H3O+ 0,2 ® +) CH3COONH4 → CH3COO- + NH4+ CH3COO- + H2O CH3COOH + OH- (1) NH4+ + H2O NH3 + H3O+ (2) 0,2 ® +) CH3COONa → CH3COO- + Na+ CH3COO- + H2O 0,2 ® CH3COOH + OH- +) H2SO4 → H+ + HSO4HSO4- + H2O SO42- + H3O+ +) HCl → H+ + Cl1b. S¾p xÕp c¸c gi¸ trÞ pH theo thø tù t¨ng dÇn (1 ®iÓm) +) H2SO4 < HCl < NH4Cl < CH3COONH4 < CH3COONa +) Gi¶i thÝch: víi cïng nång ®é th× [H+] cña H2SO4 > cña HCl v× H2SO4 ph©n ly theo 2 nÊc cßn HCl chØ ph©n ly theo 1 nÊc. [H+] cña HCl > trong NH4Cl v× HCl ph©n ly hoµn toµn, cßn NH4+ ph©n ly kh«ng hoµn toµn Qu¸ tr×nh ë (1) vµ (2) lµ t−¬ng ®−¬ng nhau nªn m«i tr−êng CH3COONH4 lµ trung tÝnh, pH≈7 CH3COONa cã CH3COO- thñy ph©n cho OH- nªn [H+] cña dung dÞch lµ nhá nhÊt Mµ [H+] cµng nhá th× pH cµng cao ⇒ thø tù ®óng H2SO4 < HCl < NH4Cl < CH3COONH4 < CH3COONa 1c. Ph©n biÖt 5 dung dÞch trªn (1 ®iÓm) Thuèc NH Cl CH3COONH4 H SO CH3COONa HCl KÕt luËn 2 4 4 thö Kh«ng ®æi - NhËn biÕt ®−îc 2 dd Quú §á §á Xanh §á mÇu quú CH3COONH4 vµ CH3COONa KhÝ, KÕt Kh«ng - NhËn biÕt ®−îc c¶ 3 dung tña cã hiÖn dÞch cßn l¹i Ba(OH)2 mïi khai tr¾ng t−îng +) ViÕt c¸c ph¶n øng: Ba(OH)2 + 2NH4Cl → BaCl2 + 2NH3↑ + 2H2O Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4 ↓ + 2H2O Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O 2. X¸c ®Þnh A, B, D. (2 ®iÓm) +) A lµ H3PO4, B lµ Ca(OH)2, D lµ Ca3(PO4)2 +) Ph¶n øng: H3PO4 + Ca(OH)2 → Ca3(PO4)2 + H2O Ca3(PO4)2 + 3SiO2 + 5C → 3CaSiO3 + 2P + 5CO C©u 2: (5 ®iÓm) 1. * §iÒu chÕ cao su Buna (1 ®iÓm) 0 1500 C 2CH4  → CH≡CH + 3H2 Lµm l¹ nh nhanh 0 t ,xt 2 CH≡CH  → CH≡C-CH=CH2 0 t ,xt CH≡C-CH=CH2 + H2  → CH2=CH-CH=CH2 0,2 ® 0,2 ® 0,5 ® 0,5 ® 0,5 ® 0,5 ® 1,0 ® 0,5 ® 0,5 ® 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® Trïng hîp n CH2=CH-CH=CH2  → ( CH2-CH=CH-CH2 )n * §iÒu chÕ polipropilen (1 ®iÓm) 0,33 ® 0 Ni, t CH2=CH-CH=CH2 + 2H2  → CH3-CH2-CH2-CH3 Crackinh CH3-CH2-CH2-CH3  → CH3-CH=CH2 + CH4 Trïng hîp n CH3-CH=CH2  → CH2-CH CH3 n * §iÒu chÕ polistiren (1 ®iÓm) 600 C, C 3C2H2  → 0,33 ® 0,34 ® 0,25 ® 0 + H + CH2=CH2  → t 0 -CH2-CH3 n -CH=CH2 0 t , xt  → Trïng hîp  → -CH2-CH3 0,25 ® -CH=CH2 + CH2-CH C 6 H5 H2 0,25 ® 0,25 ® n 2. T×m c«ng thøc cÊu t¹o, gäi tªn X. (2 ®iÓm) Crackinh +) Ph¶n øng: CnH2n+2  → CmH2m + CpH2p+2 (víi m + p =n) 0,5 ® mol a a a +) NhËn xÐt: Theo ®Þnh luËt b¶o toµn khèi l−îng th× mX=mY. Theo ph−¬ng tr×nh ta thÊy cø a mol 0,5 ® ankan bÞ crackinh hoµn toµn th× thu ®−îc 2a mol hçn hîp Y ⇒ nY =2.nX ⇒ MX = mX mY = = 2M Y = 2.29 = 58 n X 1 / 2n Y ⇒ MX = 14n + 2 =58 ⇒ n=4 +) VËy c«ng thøc ph©n tö cña X lµ C4H10 Do X cã cÊu t¹o m¹ch th¼ng nªn CTCT ®óng cña X lµ: CH3-CH2-CH2-CH3 (n-butan) C©u 3: (5 ®iÓm) +) S¬ ®å ph¶n øng: + NaOH KÕt tña cùc ®¹i 62,2g Al dd A: Al(NO3)3, Mg(NO3)2 → + HNO3 +O + NaOH Mg KhÝ X: NO, N2O, N2  hh Z: N2O, N2 → hh Y: NO2, N2O, N2 → − NO 0,5 ® 0,5 ® 2 2 +) XÐt hçn hîp khÝ X, gäi n NO = a; n N O = b; n N = c ⇒ n X = a + b + c = 2 2 - Ph¶n øng: 2NO + O2 → 2NO2 2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O - Hçn hîp Z gåm N2O vµ N2. Ta cã c¸c ph−¬ng tr×nh. 4, 48 = 0, 2 mol (2) 22, 4 44b + 28c M Z= = 2.20 = 40 (3) b+c 8, 96 = 0, 4 mol (1) 22, 4 0,5 ® nZ = b + c = - Tõ (1); (2); (3) ta cã a=0,2 mol; b=0,15 mol; c=0,05 mol. 0,5 ® VËy hçn hîp X cã 0,2 mol NO, 0,15 mol N2O, 0,05 mol N2 +) Gäi nAl = x mol; nMg= y mol. Theo ®Þnh luËt b¶o toµn electron ta cã. Al → Al3+ + 3e 4H+ + NO3- + 3e → NO + 2H2O mol x→ x 3x mol 0,6 ←0,2 2+ + Mg → Mg + 2e 10H + 2NO3 + 8e → N2O + 5H2O mol y→ y 2y mol 1,2 ←0,15 + 12H + 2NO3 + 10e→ N2 + 6H2O mol 0,5 ←0,05 ∑ n e (nh−êng) = 3x + 2y ∑ n e (nhËn)= 0,6 + 1,2 + 0,5= 2,3 mol 0,5 ® 0,5 ® ⇒ Ph−¬ng tr×nh: 3x + 2y= 2,3 (4) +) Dung dÞch A gåm Al3+ (x mol); Mg2+(y mol). Cho A t¸c dông víi NaOH, th× x¶y ra c¸c ph¶n øng: Al3+ + 3OH- → Al(OH)3↓ (I) mol x→ 3x x 2+ Mg + 2OH → Mg(OH)2↓ (II) 0,75 ® mol y→ 2y y Al(OH)3 + OH- → AlO2- + H2O (III) §Ó thu ®−îc kÕt tña lín nhÊt th× c¸c ph¶n øng (I); (II) x¶y ra võa ®ñ, ph¶n øng (III) kh«ng x¶y ra. KÕt tña thu ®−îc gåm Al(OH)3 vµ Mg(OH)2. Ta cã m↓= 78x + 58y = 62,2 (5). Gi¶i hÖ (4) vµ (5) ⇒ x= 0,5 mol; y= 0,4 mol 1. m1= 27.0,5 + 24. 0,4 = 23,1g 100 0,5 ® m2= 2, 9. 63. = 761, 25 (g) 24 2. C¸c chÊt trong A gåm: Al(NO3)3 0,5 mol; Mg(NO3)2 0,4 mol. +) mA = m1 + m2 – mX = 23,1 + 761,25 – (30. 0,2 + 44. 0,15 + 28. 0,05)= 770,35g. +) VËy: C%Al(NO ) = 3 3 213. 0,5 . 100 = 13,82% 770,35 C%Mg( NO3 )2 = 148. 0, 4 . 100 = 7, 68% 770,35 0,5 ® 0,5 ® 3. Khi t¹o kÕt tña lín nhÊt, sè mol NaOH ® dïng lµ: 3.0,5 + 2.0,4= 2,3 mol ⇒ VA = 0,75 ® 2,30 = 1,15 (lÝt) 2 C©u 4: (5 ®iÓm) +) NÕu dÉn 1209,6 ml X qua dung dÞch n−íc Br2 thÊy dung dÞch nh¹t mÇu vµ khèi l−îng t¨ng 0,468g. Cã 806,4 ml hçn hîp khÝ tho¸t ra. ⇒ Hçn hîp khÝ tho¸t ra ®ã lµ B, C vµ chóng thuéc d y ®ång ®¼ng ankan v× kh«ng ph¶n øng Br2 ⇒ KhÝ A bÞ hÊp thô hÕt ⇒ A lµ hidrocacbon kh«ng no. §Æt c«ng thøc cña A lµ CxHy. (1209, 6 − 806, 4). 10 −3 = 0, 018 mol 22, 4 0, 468 ⇒ MA= 12x + y= = 26 . 0, 018 nA = LËp b¶ng gi¸ trÞ: x y 1 14 2 2 3 45,818 vµ lµ mét s¶n phÈm khÝ cã chøa N → chØ cã NO2 tho¶ m n C¸c ph¶n øng: FeS + 10H+ + 9NO3- → Fe3+ + SO42- + 9NO2↑ + 5H2O FeCO3 + 4H+ + NO3- → Fe3+ + CO2 ↑ + NO2 ↑ + 2H2O Gäi sè mol cña FeS, FeCO3 trong hçn hîp ®Çu lµ: x, y (x, y >0) → sè mol CO2: y; sè mol NO2: 9x + y 46(9 x + y ) + 44 y → M A = 45,818 = →x=y 4x + 2 y Do ®ã: %FeS = 43,14%; %FeCO3 = 56,86% 2. Sè mol cña mçi chÊt trong A lµ: nCO 2 = x; nNO 2 = 10 x Gäi a lµ sè mol NO2 chuyÓn ho¸ thµnh N2O4 : 2 NO2 N2O4 44 x + 46(10 x − a) + 92.(a / 2) → MB = = 31,5.2 = 63 → a = 0,6x a 11x − 2 → %NO2 chuyÓn ho¸: 60% 3. Khi thªm khÝ CO2 vµo kh«ng x¶y ra ph¶n øng víi N2O4 hay NO2 nh−ng lµm cho ¸p suÊt cña b×nh t¨ng → c©n b»ng cña ph¶n øng chuyÓn dÞch theo chiÒu lµm gi¶m sè ph©n tö khÝ → c©n b»ng chuyÓn dÞch theo chiÒu thuËn → mµu cña B nh¹t dÇn a) Phân tử nitơ có liên kết 3 bền nên ở nhiệt độ thường nitơ tương đối trơ về năth hóa học. Ở nhiệt độ cao phân tử nitơ bị phân tích thành hai nguyên tử nên trở nên hoạt động hóa học hơn b) 1. Ban đầu có kết tủa xanh, sau đó kết tua tan dần trong dung dịch NH3 dư tạo thành dung dịch màu xanh thẫm: Cu2+ + 2OH- Cu(OH)2 Cu(OH)2 + 4NH3 [Cu(NH3)4](OH)2 Phức màu xanh thẫm 2. - Na2CO3 và FeCl3 Xuất hiện kết tủa đỏ nâu, sủi bọt khí không màu: 2Fe3+ + 3CO 32− + 3H2O 2Fe(OH)3 + 3CO2 - Na2CO3 và BaCl2 Xuất hiện kết tủa màu trắng BaCO3 Ba2+ + CO 32− - Na2CO3 và ZnSO4 Không có hiện tượng gì xảy ra 3. Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 đến dư thấy xuất hiện kết tủa trắng keo, sau đó kết tủa tan dần: Al3+ + 3OH- Al(OH)3 Al(OH)3 + OH- [Al(OH)4]a) o t 1. 2 KNO3 + S + 3C  → K2S + N2 + 3CO2 2. CH3-CH=CH2 + dung dịch KMnO4 b) 1. Các phân tử này đều cặp electron tự do, tương tác đẩy giữa electron tự do với electron liên kết làm góc liên kết trong phân tử này đều nhỏ hơn so với góc lai hóa. Do trong phân tử H2S và H2O còn hai cặp electron tự do nên góc liên kết nhỏ hơn góc liên kết của phân §iÓm 0,25 0,75 0,25 0,5 0,75 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 1,0 1,0 0,5 Câu 3 Câu 4 tử NH3 (chỉ có một cặp electron tự do). Góc liên kết trong phân tử H2O lại lớn hơn trong phân tử H2S do liên kết O-H phân cực (về phía nguyên tử oxi) mạnh hơn S-H, khoảng cách giữa các electron liên kết gần hơn, tương tác đẩy mạnh hơn. 2. Khác với phân tử OF2 electron phân cực về phía flo, trong phân tử Cl2O electron phân cực về phía nguyên tử oxi trung tâm nên khoảng cách giữa các electron. Tương tác đẩy giữa các electron liên kết làm góc liên kết lớn hơn. Ở phân tử SCl2 và OF2 đều có sự phân cực về phía xa so với nguyên tử trung tâm. Tuy nhiên do các nguyên tử chu kì 2 (O và F) có bán kinh nguyên tử nhỏ hơn các nguyên tử ở chu kì 3 (S và Cl), nên ở phân tử OF2 khoảng cách giữa các electron liên kết nhỏ hơn, tương tác đẩy giữa các electron này mạnh hơn làm góc liên kết lớn hơn. 1. Oxi hóa A tạo sản phẩm là CO2 và H2O nên A chứa C, H và có thể có O. Mg(ClO4)2 hấp thụ H2O mH2O = 0,9 gam nH2O = 0,05 mol; nH = 0,1 mol Dung dịch Ca(OH)2 hấp thụ CO2 (1) CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O CO2 + Ca(OH)2 Ca(HCO3)2 (2) nCa(OH)2 = 0,15x0,2 = 0,03 mol nCaCO3 = 0,02 mol Trường hợp 1: Nếu chỉ xảy ra (1) và Ca(OH)2 dư nCO2 = nCaCO3 = 0,02 mol Trường hợp 2: nếu xảy ra cả (1) và (2) (1) và (2) nCO2 = 0,04 mol Độ giảm khổi lượng CuO bằng khối lượng của O trong CuO đã phản ứng nO/CuO = 0,12 mol Vậy trong A có: nH = 0,1 mol; nC = 0,02 hay 0,04 mol nO = 0,04 + 0,05 – 0,12 = - 0,03 mol (loại) nO = 0,08 + 0,05 – 0,12 = 0,01 mol nC : nH : nO = 0,04 : 0,1 : 0,04 = 4:10:1 Công thức nguyên (C4H10O)n Theo giả thuyết: M = 74n < MC6H6 = 78 n=1 Vậy công thức phân tử là: C6H10O 2. 1. Phản ứng và cơ chế phản ứng: (a) Phản ứng : 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 CH 3 CH CH 3 (s¶n phÈm chÝnh) Cl CH 3 CH 2 CH 2 Cl CH 3 CH CH 2 + HCl Cơ chế (cộng AE) : CH 3 δ− CH CH 2 H+ CH 3 CH CH 3 CH 3 CH 2 (X) CH 2 (Y) Cl - CH 3 CH CH 3 Cl 0,5 Sản phẩm chính hình thành theo hướng tạo cacbocation trung gian bền vững hơn. Dễ thấy rằng cacbocation (X) bền hơn (Y) (do điện tích được giải tỏa nhiều hơn, với 6Hα), nên sản phẩm chính là isopropyl clorua. (b) Phản ứng : CH 3 CH 2 CH CH 3 OH H 2SO 4 CH 3 CH CH CH 3 + H 2O (s¶n phÈm chÝnh) CH 2 CH CH 2 CH 3 + H 2O Cơ chế (tách E1) : 0,5 CH 3 CH 2 CH CH 3 OH H+ CH 3 CH CH CH 3 (X) CH 3 CH 2 CH CH 3 -H 2O + OH 2 CH 2 CH CH 2 CH 3 (Y) Sản phẩm chính được hình thành theo hướng tạo sản phẩm bền hơn. Ở đây, (X) bền hơn (Y) do có số nguyên tử Hα tham gia liên hợp, làm bền hóa liên kết π nhiều hơn. (c) Phản ứng : CH3 NO2 + H2O CH3 + HONO2 H2SO4 CH3 + H2O NO2 Cơ chế (thế SE2Ar) : HONO2 + H2SO4 → HSO4- + H2O + +NO2 CH3 CH3 CH3 H NO2 CH3 0,5 NO2 + -H + NO2 + NO2 -H+ H Câu 5 CH3 CH3 NO2 NO2 Phản ứng dịnh hướng thế vào vị trí meta-, do mật độ electron ở vị trí này trong phân tử toluen giàu hơn các vị trí ortho-, para-. Đồng thời phản ứng thế vào vị trí này tạo sự giải tỏa điện tích tốt nhất ở phức π. 1. a) (1) CCl2=CH-CH3 (2) CHCl=CCl-CH3 (3) CHCl=CH-CH2Cl (4) CH2=CCl-CH2Cl (5) CH2=CH-CHCl2 (6) Cl- ∆ -Cl (7) ∆ -Cl2 b) Các cấu tạo (2), (3) và (6) có đồng phân hình học 2. (a) Nếu ankin có dạng RC≡CH : RC≡CH + AgNO3 + NH3 → RC≡CAg + NH4NO3 ⇒ n (ankin ) = 3,4gam = 0,02mol và n Br2 ≥ 2 × n (ankin ) = 0,04mol 170gam / mol 1,0 1,0 1,0 Điều này trái giả thiết, vì số mol Br2 chỉ bằng 0,2L × 0,15mol / L = 0,03mol Vậy ankin phải là C2H2 và như vậy ankan là C2H6, anken là C2H4. Từ phản ứng : C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 ⇒ n(C2H2) = 1/2n(AgNO3) = 0,01 mol Từ các phản ứng : C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 C2H4 + Br2 → C2H4Br2 ⇒ n(C2H4) = 0,01 mol ⇒ n(C2H6) = 0,672L − 0,01mol − 0,01mol = 0,01 mol 22,4L / mol (b) Thổi hỗn hợp qua binh chứa dung dịch AgNO3/NH3 dư. Lọc tách kết tủa, hòa tan 1,0 kết tủa trong dung dịch HCl dư thu được khí C2H2. C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 C2Ag2 + 2HCl → C2H2 + 2AgCl Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO3/NH3, thổi tiếp qua dung dịch nước brom dư. Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với bột Zn (trong CH3COOH) thu được C2H4 : C2H4 + Br2 → C2H4Br2 C2H4Br2 + Zn → C2H4 + ZnBr2 Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C2H6 Câu 6: 1. C oNH 4Cl = 0,050L × 0,200mol.L−1 0,075L × 0,100mol.L−1 = 0,08M ; C oNaOH = = 0,06M 0,125L 0,125L NH4Cl + NaOH → NaCl + NH3 + H2O 0,08 0,06 0,06 0,06 0,06 0,02 0 0,06 Xét cân bằng : 0,50 NH3 + H2O NH4+ + OH0,06 0,02 x x x 0,06–x 0,02+x x Kb = [ NH +4 ][OH − ] (0,02 + x ) x 0,06 = 5,4.10 −5 M = = 1,8.10 −5 , gần đúng x = 1,8.10 −5 × 0,02 [ NH 3 ] 0,06 − x ⇒ pH = 14 − [− lg(5,4.10 −5 )] = 9,73 2. Gi¶i: CaF2 Ca2+ + 2F2+ Ca kh«ng tham gia ph¶n øng phô, nªn nÕu gäi ®é tan cña CaF2 trong HCl lµ 10-2 M lµ S th× : [Ca2+] = S Cßn F- tham gia ph¶n øng phô: H+ + FHF ; KHF = [H+].[F-]/[HF] Do ®ã : [F'] = [F ] + [HF] = [F-]. ( 1 + [H+]/KHF) T' = 4S3 = [Ca2+]. [F-]2. ( 1 + [H+]/KHF)2 = T. ( 1 + [H+]/KHF)2 S = 5,5.10-3 ( mol/l) 1,00 2,0 UBND TỈNH QUẢNG TRỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 11 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học: 2013 - 2014 Khóa thi ngày: 19/3/2014 Môn thi: HÓA HỌC ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 2 trang) Câu 1. (4,0 điểm) 1. Chỉ dùng một dung dịch làm thuốc thử, hãy lập sơ đồ để nhận biết 4 dung dịch riêng biệt chứa các chất sau: K3PO4, KCl, KNO3, K2S (không cần ghi phản ứng). 2. Có các dung dịch cùng nồng độ chứa các chất sau: Al2(SO4)3, HNO3, KNO3, Na2CO3. Hãy cho biết dung dịch có pH nhỏ nhất và giải thích? 3.a) Viết các phương trình phản ứng điều chế trực tiếp các chất: N2, HNO3, H3PO4 trong phòng thí nghiệm và phân ure trong công nghiệp. b) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: K2SO3 + KMnO4 + KHSO4 → KMnO4 + FeCl2 + H2SO4 → Dung dịch chỉ chứa muối sunfat 4. Cho 2 muối Ag2SO4 và SrSO4 vào nước cất và khuấy đều cho đến khi đạt được dung dịch bão hòa ở nhiệt độ phòng. Xác định nồng độ ion Ag+ và Sr2+. Biết rằng ở nhiệt độ nghiên cứu TAg SO = 1,5.10−5 , TSrSO = 2,8.10−7 . 2 4 4 Câu 2. (4,0 điểm) 1. Từ quặng photphorit, có thể điều chế được axit photphoric theo sơ đồ sau: Quặng photphorit → P → P2O5 → H3PO4. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính khối lượng quặng photphorit chứa 73% Ca3(PO4)2 cần để điều chế 1 tấn dung dịch H3PO4 50%. Giả sử hiệu suất của mỗi giai đoạn đều đạt 90%. 2. Cho hỗn hợp A gồm FeS và FeCO3 tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư, phản ứng hoàn toàn, thu được dung dịch A1 chỉ chứa Fe(NO3)3, H2SO4 và HNO3 dư; hỗn hợp B gồm 2 khí là X và Y có tỉ khối so với H2 bằng 22,8. Viết các phương trình phản ứng và tính phần trăm theo khối lượng mỗi muối trong A. 3. Khi cho cùng một lượng kim loại M vào dung dịch HNO3 đặc nóng dư và dung dịch H2SO4 loãng dư, phản ứng hoàn toàn thì thể tích khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất) thu được gấp 3 lần thể tích khí H2 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Khối lượng muối sunfat thu được bằng 62,81% khối lượng muối nitrat tạo thành. Xác định kim loại M. 4. Photgen là một chất khí độc được điều chế theo phản ứng: CO(k) + Cl2(k) → COCl2(k) Số liệu thực nghiệm tại 20oC về động học phản ứng này như sau: Thí nghiệm [CO]ban đầu (mol/lít) [Cl2]ban đầu(mol/lít) Tốc độ ban đầu(mol/lít.s) 1 1,00 0,10 1,29.10-29 2 0,10 0,10 1,33.10-30 3 0,10 1,00 1,30.10-29 4 0,10 0,01 1,32.10-31 a) Hãy viết biểu thức tốc độ phản ứng. b) Nếu [CO] ban đầu là 1,00 mol/lít và [Cl2] ban đầu 0,10 mol/lít, thì sau thời gian bao lâu [Cl2] còn lại 0,08 mol/lít. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Cho hỗn hợp gồm CaCO3, Fe3O4 và Al chia làm 2 phần. Phần 1 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư, tạo sản phẩm khử là NO duy nhất. Phần 2 tác dụng dung dịch NaOH dư thu được chất rắn. Chia đôi chất rắn, rồi cho tác dụng lần lượt với dung dịch H2SO4 loãng dư và CO dư, nung nóng. Viết các phương trình phản ứng xảy ra, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 2. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau: a) Cho đồng kim loại vào dung dịch hỗn hợp NH4NO3 và H2SO4 loãng. b) Sục khí NH3 từ từ đến dư vào dung dịch ZnCl2. c) Cho dung dịch KHSO4 đến dư vào dung dịch Ba(HCO3)2. 1 3. Hỗn hợp gồm 1,92 gam Mg và 4,48 gam Fe phản ứng vừa hết với hỗn hợp khí X gồm clo và oxi thu được hỗn hợp Y chỉ gồm các oxit và muối clorua. Hòa tan Y cần dùng một lượng vừa đủ là 120 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch Z. Cho AgNO3 dư vào dung dịch Z, phản ứng hoàn toàn, thu được 56,69 gam kết tủa. Tính phần trăm theo thể tích của khí clo trong hỗn hợp X. Câu 4. (4,0 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn hiđrocacbon R, thu được tỉ lệ số mol H2O và CO2 tương ứng bằng 1,125. a) Xác định công thức phân tử của R. b) R1 là đồng phân của R, khi tác dụng với Cl2, điều kiện thích hợp, tỉ lệ mol 1:1 thì thu được một dẫn xuất mono clo duy nhất (R2). Gọi tên R1, R2 và viết phương trình phản ứng xảy ra. 2. Trình bày phương pháp hóa học đơn giản nhất để phân biệt mỗi cặp chất dưới đây chứa trong các bình riêng biệt mất nhãn và viết các phương trình phản ứng xảy ra: a) m-bromtoluen và benzyl bromua. b) phenylaxetilen và stiren. c) axetilen và propin. d) CH2=C(CH3)–COOH và axit fomic. 3. 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. a) Viết các phương trình phản ứng và tính tỉ số khối lượng mol phân tử của E và A. b) Nếu 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 [Ag+] = 0,031 (M) 0,0312 22+ [SO4 ] = 0,0155 (M) ⇒ [Sr ] = = 1,8.10-5 (M) 53,5714 T2 2,8.10 −7 Hoặc có thể tính: [Sr ] = = = 1,8.10-5 (M) 2− 0,0155 SO4 2+ [ ] 3 1,0 Câu Câu 2 Ý 1 Nội dung Điểm 0 1200 C Ca 3 (PO 4 ) 2 + 5C + 3SiO 2  → 3CaSiO3 + 2P + 5CO 4P + 5O 2  → 2P2O5 P2O5 + 3H 2O  → 2H3PO 4 Sơ đồ: Ca 3 (PO 4 ) 2 → 2H3PO 4 2, 55kmol ← 5,1kmol Vậy: khối lượng quặng là: 2, 55.310. 2 4 100 100 100 100 . . . = 1485 kg 90 90 90. 73 Hỗn hợp 2 khí này là NO2 và CO2 FeS + 12HNO3 → Fe(NO3)3 + H2SO4 + 9NO2 + 5H2O a (mol ) → 9a FeCO3 + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO2 + CO2 + 2 H2O b (mol ) → b b Ta có : (46·9a + 44·b + 46·b):(9a+b+b)=45,6 ⇒ 3a=b Vậy: %(m)FeS= 3 1,0 1,0 1.88.100 %=20,18% và %(m)FeCO3=79,82% 88 + 3.116 Gọi n, m là hóa trị của R khi tác dụng HNO3 và H2SO4 loãng ( 1≤ m≤ n≤ 3) Chọn nR= 1 mol 2R + mH2SO4 →R2(SO4)m + mH2↑ 1 → 0,5 0,5m R + 2nHNO3 →R(NO3)n + nNO2 + nH2O 1 1 n Ta có: n=3.0,5m ⇒ n=1,5m ⇒ m=2, n=3 là phù hợp. Ta có: (R + 96)=(R + 186). 0,6281 ⇒ R=56 ⇒ R là Fe. a) Biểu thức tốc độ phản ứng v=k[CO]x[Cl2]y v1/v2 = (1x. 0,1y):(0,1x. 0,1y)=10 ⇒ x=1 v3/v4 = (0,1x. 1y):(0,1x. 0,01y)=100 ⇒ y=1 Vậy biểu thức tốc độ phản ứng v=k[CO][Cl2] 1 b( a − x) ln t (a − b) a (b − x) x y x Từ: v=k[CO] [Cl2] ⇒ k=v:([CO] [Cl2]y) k1=1,29.10-29: (1x0,1) =1,29.10-28 k2=1,33.10-30: (0,1x0,1) =1,33.10-28 k3=1,30.10-29: (1x0,1) =1,30.10-28 k4=1,32.10-31: (0,1x0,01) =1,32.10-28 Suy ra: k=1,31.10-28 l.mol-s0,1(1 − 0,02) 1 1,31.10-28 t = ln ⇒ t=0,172.1028 s 0,9 1(0,1 − 0,02) b) Do phản ứng bậc 2 nên ta có: k= 1,0 1,0 Câu 3 1 Các phương trình phản ứng: CaCO3 + 2HNO3 → Ca(NO3)2 + CO2 + H2O 3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O Al + 4HNO3 → Al(NO3)3 + NO + 2H2O Al + HOH + NaOH → NaAlO2 + 3/2H2 CaCO3 + H2SO4 → CaSO4 + CO2 + H2O Fe3O4 + 4H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O o 2 1,0 o t t CaCO3  → CaO + CO2Fe3O4 + 4CO  → 3Fe + 4CO2 a) Cu tan, dd xuất hiện màu xanh và khí không màu hóa nâu trong không khí 3Cu 2+ + 8H + + 2NO3− → 3Cu + 2NO ↑ +4H 2O 4 2NO + O 2 → 2NO 2 1,0 Câu Ý Nội dung Điểm b) Có kết tủa trắng rồi kết tủa tan 2NH 3 + 2H 2 O + ZnCl2 → Zn(OH)2 ↓ +2NH 4 Cl Zn(OH)2 + 4NH3 → [Zn(NH3)4](OH)2 c) Có kết tủa trắng và có khí không màu thoát ra 2KHSO4 + Ba(HCO3 )2 → BaSO4 ↓ +2CO 2 ↑ + K 2SO 4 + 2H 2O 3 Quá trình cho nhận e: ⇒ 2a + 4b + x = 0,4 (1) 2,0 Câu 4 1 2 a) Do nH2O: nCO2 > 1 ⇒ R là CnH2n+2 (n ≥ 1) Phản ứng: CnH2n+2 +(3n+1)/2O2 → nCO2 + (n+1) H2O (1) Từ (n+1): n =1,125 ⇒ n=8 ⇒ R: C8H18 b) Do R1 tác dụng với Cl2 tạo 1 dẫn xuất monoclo duy nhất R2 ⇒ R1: (CH3)3C – C(CH3)3 : 2,2,3,3-tetrametylbutan R2: ClCH2(CH3)2C – C(CH3)3 : 1-clo-2,2,3,3-tetrametylbutan (CH3)3C – C(CH3)3 + Cl2 as → ClCH2(CH3)2C – C(CH3)3 + HCl a) Dùng AgNO3, đun nóng, benzyl bromua cho kết tủa vàng: C6H5CH2Br + AgNO3 + H2O → C6H5CH2OH + AgBr + HNO3 b) Dùng dung dịch AgNO3/NH3, phenylaxetilen cho kết tủa vàng xám: C6H5C≡CH + AgNO3 + NH3 → C6H5C≡CAg + NH4NO3 c) Cho tác dụng với H2O, xt. Lấy sản phẩm thực hiện phản ứng tráng gương Tạo kết tủa Ag là anđehit, không phản ứng là xeton ⇒ CH≡CH và CH3 - C≡CH HgSO 4 ,t o HgSO 4 ,t o H2O + C2H2 → CH3CHO CH3 - C≡CH H2O → CH3COCH3 1,0 1,0 o 3 t CH3CHO + 2[Ag(NH3)2]OH  → CH3COONH4 + 2Ag↓+ 3NH3 + H2O d) Cho tác dụng với Br2/CCl4 Mất màu là CH2=C(CH3)COOH, không phản ứng là HCOOH CH2=C(CH3)COOH + Br2 → CH2Br – CBr(CH3) - COOH Gọi công thức của A là RCHO (R = CnH2n+1) 2+ o Mn ,t RCHO + ½ O2  → RCOOH 5 1,0 Câu Ý Nội dung Ni,to Điểm RCHO + H2  → RCH2OH H SO ñaëc,t 0 2 4  → RCOOCH2R + H2O RCOOH + RCH2OH ←  ME:MA=(2R + 58):(R + 29)=2 o t RCOOCH2R + KOH  → RCOOK + RCH2OH Ta có: m6 ⇒ R là CH3 – Vậy : A là CH3CHO, B là C2H5OH, D là CH3COOH, E là CH3COOC2H5 Do oxi hóa C được SP tráng gương, tách nước tạo olefin ⇒ C là ancol no, đơn chức mạch hở, bậc một. Vậy C: RCH2OH (R: CnH2n+1 – , n ≥ 1). o xt,t 2 RCH2OH + O2  → 2RCHO + 2 H2O (1) o xt,t → RCOOH + H2O (2) RCH2OH + O2  Hỗn hợp X gồm RCHO, RCOOH, H2O và RCH2OH dư. o t * Phần 1: RCHO + 2[Ag(NH3)2]OH  → RCOONH4 + 2Ag↓+ 3NH3 + H2O(2) * Phần 2: RCOOH + NaHCO3 → RCOONa + H2O + CO2 ↑ (4) * Phần 2: 2 RCOOH + 2 Na → 2 RCOONa + H2 ↑ (5) 2 RCH2OH + 2 Na → 2 RCH2ONa + H2 ↑ (6) 2 H2O + 2 Na → 2 NaOH + H2↑ (7) Gọi số mol RCH2OH, RCHO, RCOOH trong 1/3 hỗn hợp X lần lượt là x, y, z mol. Theo (1 → 7) và bài ra ta có hệ: 2y = 0, 2  x = 0,1   ⇒  y = 0,1 z = 0,1 0,5z + 0,5x + 0,5(y + z)z = 0, 2 z = 0,1   Chất rắn khan thu được sau phản ứng ở phần III gồm : 0,1 (mol) RCOONa ; 0,1 (mol) RCH2ONa và 0,2 (mol) NaOH. Số gam chất rắn khan : (R+ 67). 0,1 + (R + 53). 0,1 + 40. 0,2 = 25,8 (gam) ⇒ MR = 29 ⇒ R là C2H5 – Vậy ancol C: CH3– CH2 – CH2 - OH. 1,0 Câu 5 1 2 A: CH3COCH3 B: (CH3)2C(OH) – CN C : (CH3)2C(OH) – COOH D: CH2=C(CH3)–COOH a) A1: CH3-CH2-CH2-CH3 A2: CH3- CH=CH2 A3: C6H5-CH(CH3)2 (Cumen) A4: CH3-CH(OH)-CH3 CH2 CH CH3+ 8 KMnO4 3 to 1,0 3 C6H5COOK + 3 CH3COCH3 + 5KOH + 8 MnO2 + 2 H2O CH3 b) 2C3H5(OH)3 +Cu(OH)2 → [C3H5(OH)2O]2Cu + 2H2O c) CO + 9/2O2 O V2O5, 350−450o C  → + 2CO2 + 2H2O 1,0 CO d) NO 2 NO2 + Cl2 Fe, to , 1:1 + HCl → Cl 3 Vì 1 mol Y tác dụng được với NaHCO3 → 2 mol CO2 ⇒ Y là một axit 2 nấc ⇒ CTPT 6 1,0 Câu Ý Nội dung Điểm của Y phải là C4H4O4 hay C2H2(COOH)2. Ứng với mạch không phân nhánh có 2 đồng phân cis-trans là: HOOC H C H C H H C COOH HOOC C COOH axit trans-butenđioic axit cis-butenđioic (axit fumaric) (axit maleic) (Y) Chỉ có đồng phân cis mới có khả năng tách nước tạo anhiđrit (Z): O COOH H C P2O5 C O +H2 O C C H C H COOH C H O O C H C + 9/2O2 V2O5, 350−450o C  → O C H +CO2 + H2O C O 4 Chất X (C10H16) cộng 3H2; sản phẩm có công thức C10H22. Theo các sản phẩm ozon phân suy ra X có mạch hở, có 3 liên kết đôi và tạo ra 2 mol HCHO nên có hai nhóm CH2 = C. Các chất X thỏa mãn: (CH3)2C=CH-C-CH2-CH2-CH=CH2 CH2 (CH3)2C=CH-CH2-CH2-C-CH=CH2 CH2 (CH3)2C=CH-CH2-CH2-CH=CH2 CH=CH2 (X3) (X2) (X1) Hyđrat hóa X tạo ra ancol có phản ứng iođofom. Ta có tỉ lê: nCHI3 : nX=0,04 : 0,02= 2. Vậy sản phẩm hyđrat hóa X phải có 2 nhóm CH3-CHOH-. Suy ra chỉ có chất X3 ở trên thỏa mãn. Các phương trình phản ứng: 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. ………………………HẾT……………………. 7 1,0 UBND TỈNH QUẢNG TRỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 11 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học: 2013 - 2014 Khóa thi ngày: 19/3/2014 Môn thi: HÓA HỌC ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 2 trang) Câu 1. (4,0 điểm) 1. Chỉ dùng một dung dịch làm thuốc thử, hãy lập sơ đồ để nhận biết 4 dung dịch riêng biệt chứa các chất sau: K3PO4, KCl, KNO3, K2S (không cần ghi phản ứng). 2. Có các dung dịch cùng nồng độ chứa các chất sau: Al2(SO4)3, HNO3, KNO3, Na2CO3. Hãy cho biết dung dịch có pH nhỏ nhất và giải thích? 3.a) Viết các phương trình phản ứng điều chế trực tiếp các chất: N2, HNO3, H3PO4 trong phòng thí nghiệm và phân ure trong công nghiệp. b) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: K2SO3 + KMnO4 + KHSO4 → KMnO4 + FeCl2 + H2SO4 → Dung dịch chỉ chứa muối sunfat 4. Cho 2 muối Ag2SO4 và SrSO4 vào nước cất và khuấy đều cho đến khi đạt được dung dịch bão hòa ở nhiệt độ phòng. Xác định nồng độ ion Ag+ và Sr2+. Biết rằng ở nhiệt độ nghiên cứu TAg SO = 1,5.10−5 , TSrSO = 2,8.10−7 . 2 4 4 Câu 2. (4,0 điểm) 1. Từ quặng photphorit, có thể điều chế được axit photphoric theo sơ đồ sau: Quặng photphorit → P → P2O5 → H3PO4. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính khối lượng quặng photphorit chứa 73% Ca3(PO4)2 cần để điều chế 1 tấn dung dịch H3PO4 50%. Giả sử hiệu suất của mỗi giai đoạn đều đạt 90%. 2. Cho hỗn hợp A gồm FeS và FeCO3 tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư, phản ứng hoàn toàn, thu được dung dịch A1 chỉ chứa Fe(NO3)3, H2SO4 và HNO3 dư; hỗn hợp B gồm 2 khí là X và Y có tỉ khối so với H2 bằng 22,8. Viết các phương trình phản ứng và tính phần trăm theo khối lượng mỗi muối trong A. 3. Khi cho cùng một lượng kim loại M vào dung dịch HNO3 đặc nóng dư và dung dịch H2SO4 loãng dư, phản ứng hoàn toàn thì thể tích khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất) thu được gấp 3 lần thể tích khí H2 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Khối lượng muối sunfat thu được bằng 62,81% khối lượng muối nitrat tạo thành. Xác định kim loại M. 4. Photgen là một chất khí độc được điều chế theo phản ứng: CO(k) + Cl2(k) → COCl2(k) Số liệu thực nghiệm tại 20oC về động học phản ứng này như sau: Thí nghiệm [CO]ban đầu (mol/lít) [Cl2]ban đầu(mol/lít) Tốc độ ban đầu(mol/lít.s) 1 1,00 0,10 1,29.10-29 2 0,10 0,10 1,33.10-30 3 0,10 1,00 1,30.10-29 4 0,10 0,01 1,32.10-31 a) Hãy viết biểu thức tốc độ phản ứng. b) Nếu [CO] ban đầu là 1,00 mol/lít và [Cl2] ban đầu 0,10 mol/lít, thì sau thời gian bao lâu [Cl2] còn lại 0,08 mol/lít. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Cho hỗn hợp gồm CaCO3, Fe3O4 và Al chia làm 2 phần. Phần 1 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư, tạo sản phẩm khử là NO duy nhất. Phần 2 tác dụng dung dịch NaOH dư thu được chất rắn. Chia đôi chất rắn, rồi cho tác dụng lần lượt với dung dịch H2SO4 loãng dư và CO dư, nung nóng. Viết các phương trình phản ứng xảy ra, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 2. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau: a) Cho đồng kim loại vào dung dịch hỗn hợp NH4NO3 và H2SO4 loãng. b) Sục khí NH3 từ từ đến dư vào dung dịch ZnCl2. c) Cho dung dịch KHSO4 đến dư vào dung dịch Ba(HCO3)2. 1 3. Hỗn hợp gồm 1,92 gam Mg và 4,48 gam Fe phản ứng vừa hết với hỗn hợp khí X gồm clo và oxi thu được hỗn hợp Y chỉ gồm các oxit và muối clorua. Hòa tan Y cần dùng một lượng vừa đủ là 120 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch Z. Cho AgNO3 dư vào dung dịch Z, phản ứng hoàn toàn, thu được 56,69 gam kết tủa. Tính phần trăm theo thể tích của khí clo trong hỗn hợp X. Câu 4. (4,0 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn hiđrocacbon R, thu được tỉ lệ số mol H2O và CO2 tương ứng bằng 1,125. a) Xác định công thức phân tử của R. b) R1 là đồng phân của R, khi tác dụng với Cl2, điều kiện thích hợp, tỉ lệ mol 1:1 thì thu được một dẫn xuất mono clo duy nhất (R2). Gọi tên R1, R2 và viết phương trình phản ứng xảy ra. 2. Trình bày phương pháp hóa học đơn giản nhất để phân biệt mỗi cặp chất dưới đây chứa trong các bình riêng biệt mất nhãn và viết các phương trình phản ứng xảy ra: a) m-bromtoluen và benzyl bromua. b) phenylaxetilen và stiren. c) axetilen và propin. d) CH2=C(CH3)–COOH và axit fomic. 3. 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. a) Viết các phương trình phản ứng và tính tỉ số khối lượng mol phân tử của E và A. b) Nếu 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> K2 >> K3, Kw và K4 >> Kw nên ta có thể bỏ qua cân bằng (2), (3) và (5). − K1 H 2 PO4 10 −2,15 Từ (1) suy ra: = = = 10-0,68 = 0,21 (6) + −1, 47 [H 3 PO4 ] H 10 [ ] [CH COO ] [ ] K4 10 −4, 76 = = 10-3,29 + −1, 47 [CH 3 COOH] H 10 [CH3COO ] Độ tan của CO2 là 0,03 M Như vậy, có khí CO2 thoát ra. Số mol CO2 hoà tan là: 0,2.0.03 = 0,006 (mol) Số mol CO2 bay ra là: 0,0208 – 0,006 = 0,0148 (mol) Thể tích CO2 thoát ra là: 22,4.0,0148 ≈ 0,33 (L) [ [ ] ] [ [ 0,25 [ ] 0,25 [ ] ] ] [ ] II.2 CuSO4 Cu2+ + SO420,1M 0,1M H2SO4 2H+ + SO420,05M 0,1M H2O H+ + OHCác quá trình có thể xảy ra tại các điện cực: * Anot (cực dương): 2H2O – 4e O2 + 4H+ * Catot (cực âm): Cu2+ + 2e Cu 2H+ + 2e H2 6 0,25 0,25 0,25 0,25 1,5 0,5 Thành phố Đà Nẵng Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Môn: Hoá học 11 Giáo viên biên soạn: Lê Thanh Hải Số mật mã: * Tính E(O2, 4H+ / 2H2O) O2 + 4e + 4H+ 2H2O E(O2, 4H+ / 2H2O) = Eo(O2, 4H+ / 2H2O) + 0,059 lg[H+ ]4 4 = 1,23 + 0,059.lg0,1 = 1,171 (V) 0,25 * Ta có: 0,059 lg0,1 2 = 0,311 (V) E(2H+/H2) = 0,0 + 0,059lg0,1 = - 0,059 (V) Vậy hiệu điện thế tối thiểu cần đặt vào 2 cực của bình điện phân để quá trình điện phân xảy ra là: Emin = 1,171 – 0,311 = 0,86 (V) E(Cu2+/Cu) = 0,34 + 0,25 0,5 Câu III(4 điểm) III.1. Viết các phương trình phản ứng sau và cho biết ứng dụng của từng phản ứng: • PdCl2 + H2O + CO → • Si + KOH + H2O → • N2H4 + O2 → • Zn3P2 + H2O → III.2. So sánh và giải thích: • Nhiệt độ sôi của photphin và amoniac. • Nhiệt độ sôi của silan và metan. • Nhiệt độ nóng chảy của silic đioxit và cacbon đioxit. III.3. Trình bày phương pháp hoá học nhận biết các anion có trong dung dịch hỗn hợp NaNO3, Na2SO4, Na2SO3, Na2CO3 và Na3PO4. Ý III.1 Đáp án • PdCl2 + H2O + CO → Pd + 2HCl + CO2 Nhờ phản ứng này, người ta phát hiện lượng vết CO trong hỗn hợp khí: Những hạt rất nhỏ của Pd tách ra trong dung dịch làm cho màu đỏ của dung dịch PdCl2 trở nên đậm hơn. • Si + 2KOH + H2O → K2SiO3 + 2H2↑ Lợi dụng phản ứng của silic với dung dịch kiềm, trước đây, người ta dùng hợp kim ferosilic để điều chế nhanh khí hiđro ở mặt trận. • N2H4 + O2 → N2 + 2H2O Phản ứng toả nhiệt mạnh nên N2H4 được dùng làm nhiên liệu cho tên lửa. • Zn3P2 + 6H2O → 3Zn(OH)2 + 2PH3 PH3 rất độc nên người ta dùng Zn3P2 để làm thuốc diệt chuột. III.2 • Liên kết P-H là liên kết cộng hoá trị không phân cực, còn liên kết N-H là liên kết cộng hoá trị phân cực mạnh nên giữa các phân tử NH3 tạo được liên kết hiđro, ngoài ra, phân tử NH3 phân cực mạnh hơn phân tử PH3 nên lực hút Van der Waals giữa các phân tử NH3 cũng lớn hơn so 7 Điểm 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,5 Thành phố Đà Nẵng Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Môn: Hoá học 11 Giáo viên biên soạn: Lê Thanh Hải Số mật mã: • • với phân tử PH3. Do đó: NH3 có nhiệt độ sôi cao hơn PH3 Liên kết C-H và liên kết Si-H đều là liên kết cộng hoá trị không phân cực nên tương tác giữa các phân tử CH4 hoặc SiH4 là lực hút Van der Waals. Mà SiH4 có khối lượng phân tử lớn hơn CH4 nên: SiH4 có nhiệt độ sôi cao hơn CH4. Silic đioxit tuy có công thức phân tử giống với cacbon đioxit nhưng thực ra, silic đioxit ở trạng thái rắn không tồn tại ở dạng từng phân tử riêng rẽ mà có cấu trúc polime. Tinh thể silic đioxit gồm những nhóm tứ diện SiO4 liên kết với nhau qua những nguyên tử O chung. Quá trình nóng chảy của silic đioxit liên quan đến việc cắt đứt các liên kết hoá học nên nhiệt độ nóng chảy của silic đioxit rất cao. Còn cacbon đioxit ở trạng thái rắn có cấu trúc tinh thể phân tử. Lực hút giữa các phân tử là lực Van der Waals yếu nên tinh thể cacbon đioxit dễ nóng chảy. Vậy: Silic đioxit có nhiệt độ nóng chảy cao hơn cacbon đioxit. III.3 - Trích mẫu thử - Cho dung dịch HCl dư vào mẫu thử, thu được dung dịch A và dẫn khí thoát ra qua 3 ống nghiệm mắc nối tiếp: ống nghiệm 1 đựng một ít dung dịch brom, ống nghiệm 2 đựng lượng dư dung dịch brom, ống nghiệm 3 đựng dung dịch nước vôi trong dư. Ở ống nghiệm 1, dung dịch brom bị mất màu, suy ra trong dung dịch ban đầu có ion SO32-. Ở ống nghiệm 3, nước vôi trong vẩn đục, suy ra trong dung dịch ban đầu có ion CO32-. SO32- + 2H+ → SO2↑ + H2O CO32- + 2H+ → CO2↑ + H2O PO43- + 3H+ → H3PO4 SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O - Chia dung dịch A thành 2 phần: • Phần 1: Cho dung dịch BaCl2 dư vào, xuất hiện kết tủa trắng, suy ra trong dung dịch ban đầu có ion SO42-. Ba2+ + SO42- → BaSO4↓ Lọc bỏ kết tủa, nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch nước lọc đến khi xuất hiện kết tủa trắng, suy ra trong dung dịch ban đầu có ion PO43-. H+ + OH- → H2O H3PO4 + 3OH- → PO43- + 3H2O 3Ba2+ + 2PO43- → Ba3(PO4)2↓ • Phần 2: Cho lá đồng vào, có khí bay ra, hoá nâu trong không khí, suy ra trong dung dịch ban đầu có ion NO3-. 3Cu + 2NO3- + 8H+ → 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O NO + ½ O2 → NO2 8 0,5 0,5 0,5 1,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 Thành phố Đà Nẵng Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Môn: Hoá học 11 Giáo viên biên soạn: Lê Thanh Hải Số mật mã: Câu IV(4 điểm) IV.1. Khi cho isobutilen vào dung dịch H2SO4 60%, đun nóng tới 80oC, thu được hỗn hợp gọi tắt là đi-isobutilen gồm hai chất đồng phân A và B. Hiđro hoá hỗn hợp này được hợp chất C quen gọi là isooctan. C là chất được dùng để đánh giá nhiên liệu lỏng. IV.1.1. Viết cơ chế phản ứng để giải thích sự tạo thành A, B và viết phương trình phản ứng tạo thành C từ A, B. IV.1.2. C cũng có thể được điều chế bằng phản ứng trực tiếp của isobutilen và isobutan khi có mặt axit vô cơ làm xúc tác. Viết cơ chế phản ứng. IV.2. Cho sơ đồ chuyển hoá: Br2 NBS Xiclohexen  → A → B + C (Cấu hình R) KOH / Ancol B   → 1,3-đibromxiclohex-1-en (D). IV.2.1. Xác định cấu trúc (vòng phẳng) của các chất A, B, C, D. IV.2.2. Trình bày cơ chế A chuyển thành B và B chuyển thành D. Ý IV.1 IV.1.1 Đáp án Điểm 2,0 (1,0) H2SO4 → H+ + HSO4CH2 C CH3 CH3 CH3 + H C CH3 CH3 CH3 CH3 C CH3 + CH2 C CH3 CH3 CH3 CH3 C CH2 C CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 C CH2 C CH3 CH3 CH3 -H C CH2 C CH2 (A) CH3 CH3 CH3 CH3 C CH C CH3 (B) CH3 C CH2 C CH2 + H2 CH3 CH3 CH3 CH3 C CH C CH3 + H2 CH3 C CH2 CH CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 0,75 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 9 C CH2 CH CH3 CH3 CH3 0,25 Thành phố Đà Nẵng Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Môn: Hoá học 11 Giáo viên biên soạn: Lê Thanh Hải Số mật mã: IV.1.2 (1,0) CH2 C CH3 CH3 + H CH3 C CH3 CH3 CH3 CH3 C CH3 + CH2 C CH3 CH3 CH3 CH3 C CH2 C CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 C CH2 C CH3 + CH3 CH CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 C CH2 CH CH3 + CH3 C CH3 CH3 CH3 CH3 1,0 IV.2 IV.2.1 2,0 (1,0) Cấu trúc của A, B, C, D lần lượt là: Br Br Br Br Br Br Br Br Br 1,0 IV.2.2 (1,0) * Cơ chế A chuyển thành B: Br δ+ δBr Br Br Br - Br Br - Br - 0,5 + Br Br * Cơ chế B chuyển thành D: Br Br + OH δ- Br H Br Br Br δ- - H 2O Br 0,5 H OH Br 10 Br Thành phố Đà Nẵng Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Môn: Hoá học 11 Giáo viên biên soạn: Lê Thanh Hải Số mật mã: Câu V(4 điểm) V.1. Cho axetanđehit tác dụng với lượng dư fomanđehit có mặt NaOH, thu được chất A. Cho A tác dụng với lượng dư dung dịch NaBr bão hoà và H2SO4 đặc, thu được chất B. Đun nóng B với bột Zn, thu được chất C. C có công thức phân tử là C5H8. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. V.2. Hợp chất A chứa 82,19% C; 6,85% H; còn lại là oxi. Phân tử A có một nguyên tử oxi. A không tạo màu với dung dịch FeCl3, A tạo sản phẩm cộng với NaHSO3. Cho A tác dụng với dung dịch iot trong NaOH thì không tạo kết tủa, axit hoá dung dịch sau phản ứng thì thu được chất B, chất B hơn A một nguyên tử oxi trong phân tử. B không làm mất màu dung dịch KMnO4 ở lạnh. Cho B tác dụng với lượng dư brom khi có mặt lượng dư HgO đỏ trong CCl4, thu được chất C là 1,2,3-tribrom-2-phenylpropan. Mặt khác, cho A tác dụng với NaBH4 và H2O thu được chất D. Đun nóng D với dung dịch H2SO4 đặc, thu được chất E có công thức phân tử C10H10. V.2.1. Xác định công thức cấu tạo của A và viết các phương trình phản ứng xảy ra. V.2.2. Viết cơ chế phản ứng chuyển hoá D thành E. (Cho : C = 12 ; H = 1 ; O = 16) Ý V.1 Đáp án Điểm 1,0 C H 2O H HO C H 3C H O + 4 H C H O + N a O H CH2 C CH2 OH HCOONa C H 2O H (A) (Hoặc: CH 2 OH CH 3 CHO + 3 HCHO OH HO CH 2 C CHO CH 2 OH CH 2 OH CH 2 OH HOCH 2 C CHO HCHO HOCH 2 NaOH C CH 2 OH (A) ) CH2Br CH2OH C CH2OH 0,5 CH 2 OH CH 2 OH HOCH2 HCOONa 4 KBr BrCH2CCH2Br 4 H2SO4 4KHSO4 4 H2O 0,25 CH2Br CH2OH (B) C H 2B r B rC H 2 C C H 2B r 2 Z n B r2 2 Zn C H 2B r 0,25 (C) V.2 V.2.1 3,0 (2,0) Hợp chất A có: 82,19 6,85 10,96 nC : nH : nO = : : = 6,85 : 6,85 : 0,685 = 10 : 10 : 1 12 1 16 Phân tử A có một nguyên tử O nên công thức phân tử của A là C10H10O. 11 0,25 Thành phố Đà Nẵng Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Môn: Hoá học 11 Giáo viên biên soạn: Lê Thanh Hải Số mật mã: A không tạo màu với dung dịch FeCl3 nên A không có chức phenol. A tạo sản phẩm cộng với NaHSO3 nên A là anđehit hoặc metylxeton. A tác dụng với dung dịch iot trong NaOH thì không tạo kết tủa nên A không phải là metylxeton, suy ra A là anđehit. Axit hoá dung dịch sau phản ứng thu được chất B, chất B hơn A một nguyên tử O trong phân tử nên B là axit cacboxylic tương ứng với A và có công thức phân tử là C10H10O2. B không làm mất màu dung dịch KMnO4 ở lạnh nên trong phân tử B không có liên kết π C-C Cho B tác dụng với lượng dư brom khi có mặt lượng dư HgO đỏ trong CCl4, thu được chất C là 1,2,3-tribrom-2-phenylpropan nên CTCT của B là: 0,25 0,25 COOH Suy ra công thức cấu tạo của A là: CHO Các phương trình phản ứng xảy ra: C6H5-C3H4-CHO + NaHSO3 → C6H5-C3H4-CH(OH)-SO3Na C6H5-C3H4-CHO + I2 + 3NaOH → C6H5-C3H4-COONa + 2NaI +2H2O C6H5-C3H4-COONa + H+ → C6H5-C3H4-COOH + Na+ 0,25 0,25 CH2Br 4Br2 2 2 HgO CHBr 2 CO2 HgBr2 H2O CH2Br COOH (C) 4C6H5-C3H4-CHO + NaBH4 + 3H2O → 4C6H5-C3H4-CH2OH + NaH2BO3 (D) 0,25 0,25 0 H2SO4, t H 2O CH2OH 0,25 (E) V.2.2 (1,0) Cơ chế chuyển hoá D thành E: CH2OH H H2O H CH2 12 1,0 KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾ ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC 11 Thời gian làm bài 180 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt Câu I (4 đ) I.1(1,5đ) Đối với phản ứng : k1  → ←  B k2 Các hằng số tốc độ k1 = 300 giây -1 ; k2 = 100 giây -1 . Ở thời điểm t = 0 chỉ có chất A và không có chất B . Hỏi trong bao lâu thì một nửa lượng ban đầu chất A biến thành chất B? I.2(1,5ñ) Cho 2 caëp oxi hoaù khöû : Cu2+/ Cu+ E10 = 0,15V A I2/ 2I- E20 = 0, 62V 2.1. Vieát caùc phương trình phaûn öùng oxi hoaù khöû vaø phöông trình Nernst töông öùng. Ở điều kiện chuaån coù thể xaûy ra söï oxi hoaù I- baèng ion Cu2+ ? 2.2. Khi ñoå dung dòch KI vaøo dung dòch Cu2+ thaáy coù phaûn öùng 1 Cu2+ + 2ICuI ↓ + I2 2 Haõy xaùc ñònh haèng soá caân baèng cuûa phaûn öùng treân . Bieát tích soá tan T cuûa CuI laø 10-12 I.3(1đ) So sánh và giải thích ngắn gọn độ phân cực (momen lưỡng cực) của các chất sau: NF3, BF3. Câu II (4đ) II.1(1,5đ) Viết phương trình phản ứng và xác định thành phần giới hạn của hỗn hợp khi trộn H2SO4 C1M với Na3PO4 C2M trong trường hợp sau: 2C1 > C2 > C1 II.2(0,5đ) Tính pH của dung dịch H3PO4 0,1M II.3(1đ) Cần cho vào 100ml dung dịch H3PO4 0,1M bao nhiêu gam NaOH để thu được dung dịch có pH= 4,72. Cho: H2SO4 : pKa2 = 2 ; H3PO4 : pKa1 = 2,23 , pKa2 = 7,21 , pKa3 = 12,32 II.4(1đ)Cho biết chiều hướng của phản ứng oxi hóa - khử: 2FeF3 + 2I2Fe2+ + I2 + 6FBiết : EoFe3+/Fe2+ = 0,77V EoI2/2I- = 0,54V +3 Quá trình : Fe + 3F FeF3 β = 1012,06 (Bỏ qua quá trình tạo phức hiđroxo của Fe3+, Fe2+) Câu III (4đ) III.1(2đ) Khi hòa tan SO2 vào nước có các cân bằng sau : SO2 + H2O H2SO3 (1) + H2SO3 H + HSO3- (2) HSO3H+ + SO32(3) Hãy cho biết nồng độ cân bằng của SO2 thay đổi thế nào ở mỗi trường hợp sau (có giải thích). 1.1 Đun nóng dung dịch 1.2 Thêm dung dịch HCl 1.3 Thêm dung dịch NaOH 1.4 Thêm dung dịch KMnO4 III.2(2đ) Cho m1 gam hỗn hợp gồm Mg, Al vào m2 gam dung dịch HNO3 24%. Sau khi các kim loại tan hết có 8,96 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X gồm NO, N2O, N2 bay ra (ở đktc) và dung dịch A. Thêm một lượng vừa đủ O2 vào X, sau phản ứng thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư có 4,48 lít hỗn hợp khí Z đi ra (ở đktc). Tỷ khối của Z đối với H2 bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào A để được lượng kết tủa lớn nhất thu được 62,2 gam kết tủa. Tính m1, m2. Biết lượng HNO3 lấy dư 20% so với lượng cần thiết. Cho Mg = 24; Al = 27; N = 14; Na = 23; O =16; H = 1. Câu IV (4đ) IV.1(1,5đ) Hôïp chaát höõu cô X coù caáu taïo khoâng voøng, coù coâng thöùc phaân töû C4H7Cl vaø coù caáu hình E. Cho X taùc duïng vôùi dung dòch NaOH trong ñieàu kieän ñun noùng thu ñöôïc hoãn hôïp saûn phaåm beàn coù cuøng coâng thöùc C4H8O . Xaùc ñònh caáu truùc coù theå có cuûa X. IV.2 (1đ) Cho buten – 2 vaøo dd goàm HBr , C2H5OH hoaø tan trong nöôùc thu ñöôïc caùc chaát höõu cô gì ? Trình baøy cô cheá phaûn öùng taïo thaønh caùc chaát treân . IV.3(1,5đ) Phân tích 1 terpen A có trong tinh dầu chanh thu được kết quả sau: C chiếm 88,235% về khối lượng, khối lượng phân tử của A là 136 (đvC) A có khả năng làm mất màu dd Br2 , tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:2, không tác dụng với AgNO3/NH3. Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ : anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal. Xác định công thức cấu tạo của A. Xác định số đồng phân lập thể (nếu có). Cho C = 12; H = 1. Câu V (4đ) V.1(2đ) Từ các chất ban đầu có số nguyên tử cacbon ≤ 3, viết các phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện nếu có) điều chế: Axit xiclobutancacboxylic và Xiclopentanon . V.2(2đ) Từ dẫn xuất halogen có thể điều chế được axit cacboxylic theo sơ đồ sau : + HX CO2 ( ete.khan ) Mg ( ete.khan ) RX +  → RMgX +  → R-COOMgX R-COOH − MgX 2 Dựa theo sơ đồ trên từ metan hãy viết phương trình phản ứng điều chế:Axit metyl malonic ...............................Hết................................ KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾ ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC 11 Thời gian làm bài 180 phút PHẦN ĐÁP ÁN Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt Câu 1(4 đ) : I.1. k1  → ←  k2 A t=0 a a 2 t B 0 a 2 xe 1 k1 + k 2 = ln t xe − x Ở đây nồng độ lúc cân bằng xe được xác định thông qua hằng số cân bằng K : [ B] = x e K = [ A ] a-x e Áp dụng công thức đã cho : aK 1+ K aK-x(1+K) và xe − x = 1+ K 2,303 aK a Cuối cùng Vì k1 + k 2 = lg x= t aK - x - Kx 2 2,303 aK 2,303 2K 2,303 2K k1 + k 2 = lg Nên = lg = lg a a t t 2K - 1 - K t K -1 aK - - K 2 2 Sau khi biến đổi ta được : Vì Nên xe = K = k1 / k2 t= 2k 1 2,303 lg k1 + k 2 k1 - k 2 = 2,303 2 . 300 lg = 2,7.10 −3 giây 300 + 100 300 - 100 0,25 I.2 2.1. Xeùt 2 caëp oxi hoaù khöû : 2+ Cu I2 + e + 2e + Cu 2I- Cu 2+  E1 = E + 0, 059 lg Cu +  0 1 E2 = E20 + 0,25 [I ] 0, 059 lg 2 2 2  I −  E10 〈 E20 : Khoâng theå coù phaûn öùng giöõa Cu2+ vaø I- ñöôïc. 2.2. Giaû söû ñoå dung dòch KI vaøo dung dòch chöùa Cu2+ vaø moät ít Cu+. Vì CuI raát ít tan neân [Cu+] raát nhoû, do ñoù E1 coù theå lôùn hôn E2. Nhö vaäy ta coù : Cu2+ + e Cu+ + I + Cu CuI ↓ 1 I2 + e I2 Phaûn öùng oxi hoaù khöû toång quaùt laø : 0,25 0,5 Cu2+ 2I- + CuI ↓ + 1 I2 2 (1) 0,25 Luùc caân baèng ta coù: Cu 2+  [I ] 0, 059 E1 = 0,15 + 0, 059 lg lg 2 2 = E2 = 0, 62 + T 2  I −  − [I ] 2 Cu 2 +   I −  1 ⇔ 0,62 – 0,15 = 0, 059 lg = 0, 059 lg 1 T .K T [ I 2 ]2 −0,62 + 0,15 0,5đ 1 ⇒ K = .10 0,059 = 10 4 T Nhö vaäy vôùi K raát lôùn, phaûn öùng (1) xaûy ra hoaøn toaøn. I.3. F F N F F Câu 2 (4 đ): II.1 2C1 > C2 > C1 0,25 Các vectơ momen lưỡng cực của các liên kết triệt tiêu lẫn nhau nên momen lưỡng cực tổng bằng 0. phân tử không phân cực. H+ + PO43C2 C1 / C2 – C1 HSO −4 + PO 34− C2 – C1 / HSO −4 + HPO 24− 2C1 – C2 / F F Các vectơ momen lưỡng cực của các cặp electron không liên kết ngược chiều nên momen lưỡng cực của phân tử bé hơn NH3 C1 2C1 – C2 B C2 2(C2 – C1) HPO42- C2 - C1 C1 0,25đ HPO 24− K1 = 1010,32 C1 C2 C2 – C1 SO 24 − −1 K a3 = 10 12 ,32 C1 SO 24 − + + 0,25 H2PO −4 0,25đ K2 = 105,26 2C1 – C2 Vậy TPGH : HPO 24 − : 2(C2 – C1) ; H 2 PO −4 : 2C1 – C2 ; SO 24− : C1 ; Na+ : 3C1 II.2. H3PO4 H+ + H2PO4- (1) K1 = 10-2,23 H2PO4 H+ + HPO42- (2) K2 = 10-7,21 HPO42H+ + PO43- (3) K3 = 10-12,32 H2O H+ + OH(4) Kw K3 [...]... b = 0,02 mol T ú ta cú x = 2( 135. 0,01 + 162,5.0,02) = 9,2 gam Chỳ ý: Thí sinh có thể giải bài toán theo cách khác nếu lập luận đúng và tìm ra kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa H v tờn thớ sinh: Ch ký giỏm th 1: S bỏo danh: . S GDT BC LIấU K THI CHN HSG LP 10, 11 VềNG TNH NM HC 2 011 - 2012 CHNH THC * Mụn thi: HểA HC * Bng: A * Lp: 11 * Thi gian: 180 phỳt (Khụng k thi gian giao ) (Gm 02 trang)... BC LIấU K THI CHN HSG LP 10, 11 VềNG TNH NM HC 2 011 - 2012 CHNH THC * Mụn thi: HểA HC * Bng: A * Lp: 11 * Thi gian: 180 phỳt (Khụng k thi gian giao ) (Gm 05 trang) HNG DN CHM Cõu 1: (4 im) 1 (1.0) Tớnh S ca phn ng : 1 O2(k) J SO3 (k) 2 1 D S 0298 = S 0298 (SO3, k) S 0298 (SO2, k) + S 0298 (O2, k) 2 205, 03 1 = 256, 22 248,52 + = 94,82 JK 2 SO2(k) + (1.0) 2 (1.0) a Ha = ( 435, 9 + 242,4)... (0.5) CH2CH2CH3 CH2CH2CH3 3 + 10KMnO4 3C6H5COOK + 3CH3COOK + 10MnO2 + 4KOH + (0.5) + 4H2O - HT 5 H v tờn thớ sinh: Ch ký giỏm th 1: S bỏo danh: . S GDT BC LIấU K THI CHN HSG LP 10, 11 VềNG TNH NM HC 2 011 - 2012 CHNH THC * Mụn thi: HểA HC * Bng: B * Lp: 11 * Thi gian: 180 phỳt (Khụng k thi gian giao ) (Gm 02 trang) Cõu 1: (4 im) 1 (1.0) Tớnh S ca phn ng sau: SO2(k) + Cho bit: Cht 0 S 298 (J.K-1.mol-1)... LIấU CHNH THC K THI CHN HSG LP 10, 11 VềNG TNH NM HC 2 011 - 2012 * Mụn thi: HểA HC * Bng: B * Lp: 11 * Thi gian: 180 phỳt (Khụng k thi gian giao ) (Gm 05 trang) HNG DN CHM Cõu 1: (4 im) 1 (1.0) Tớnh S ca phn ng : 1 O2(k) J SO3 (k) 2 1 D S 0298 = S 0298 (SO3, k) S 0298 (SO2, k) + S 0298 (O2, k) 2 205, 03 1 = 256, 22 248,52 + = 94,82 JK 2 SO2(k) + (1.0) 2 (1.0) a Ha = ( 435, 9 + 242,4)...UBND TNH THI NGUYấN S GIO DC V O TO CHNH THC HD CHM THI CHN HSG TNH NM HC 2 011- 2012 MễN THI: HO HC LP 11 (Thi gian lm bi 150 phỳt khụng k thi gian giao ) Cõu Ni dung im 1,5 1 Vỡ X thuc nhúm A, hp cht vi hidro cú dng XH3 nờn l nhúm VA (ns2np3) Vy: ms = +1/2; l = 1 ; m = +1... nng lng liờn kt cỏc cht nh sau: Cl2 HCl Hg O2 Cht H2 Elk(k.J.mol-1) 435, 9 242,4 431,0 61,2 498,7 3 (1.0) Xỏc nh H 0pu ca phn ng sau: 4FeCO3 (tt) + O2 (k) J 2Fe2O3 (tt) + 4CO2 (k) Bit H 0298 ca cỏc cht: O2 Fe2O3 Cht FeCO3 -1 0 747,68 0,0 821,32 H 298 (kJ.mol ) SO3(k) 256,22 0 HgO 355 ,7 CO2 393,51 4 (1.0) Tớnh nhit to thnh (entanpi sinh chun) H 0298 ca CaCO3 bit cỏc d kin: CaCO3 (r) J CaO (r) + CO2... Bit nng lng liờn kt cỏc cht nh sau: Cl2 HCl Hg O2 Cht H2 -1 Elk(k.J.mol ) 435, 9 242,4 431,0 61,2 498,7 0 3 (1.0) Xỏc nh H 0pu ca phn ng sau: 4FeCO3 (tt) + O2 (k) J 2Fe2O3 (tt) + 4CO2 (k) Bit H 0298 ca cỏc cht: O2 Fe2O3 Cht FeCO3 747,68 0,0 821,32 H 0298 (kJ.mol-1) HgO 355 ,7 CO2 393,51 4 (1.0) Tớnh nhit to thnh (entanpi sinh chun) H 0298 ca CaCO3 bit cỏc d kin: CaCO3 (r) J CaO (r) + CO2 (k); H1... CTG ca A l C2H7O2Nt (vỡ khi lng nhúm (0.25) C2H7O2 l 63 m khi lng anilin l 93) Phn ng t chỏy c vit li l: 3 11 O2 4CO2 + 7H2O + tN2 2 44.4 + 18.7 + 28.t = 13,75.2 t = 1 CTPT A: C2H7O2N 4+7+t 2C2H7O2Nt + (0.5) CTCT A: CH3COONH4 (0.25) Cõu 4: (4 im) 1 S mol CO2 = 0,5 mol S mol H2O = 0,75 mol t Y sinh ra: nH2O > n CO2 Y l ankan CnH2n+2 nCO2 + (n+1)H2O 0,5mol 0,75mol Ta cú: 0,75n = 0,5(n+1) n = 2 Y... dng va vi 200 ml dung dch NaOH 1M, lc kt ta em nung n khi lng khụng i, c 3,2 gam cht rn Tớnh khi lng cỏc cht trong A v nng % ca dung dch HNO3 (gi thit HNO3 khụng b mt do bay hi trong quỏ trỡnh phn ng) Cõu 3: (4 im) 1 Hóy biu din cỏc hp cht sau bng cụng thc chiu Fis: a Axit R - lactic b S - alanin 2 Gi tờn cỏc hp cht sau theo danh phỏp thay th a CH2 CH2 CH2 CH2 CH3 CH2 = C CH2 C C CH CH3 CH3 b... 183,7kJ < 0 J phn ng ta nhit b Hb = (2 x 355 ,7) (2 x 61,2 + 498,7) = 90,3kJ > 0 J phn ng thu nhit (0.25) (0.25 ) (0.25 ) (0.25) 3 (1.0) Xỏc nh H 0pu ca phn ng : 4FeCO3 (tt) + O2 (k) J 2Fe2O3 (tt) + 4CO2 (k) p dng cụng thc ta cú: 0 H pu =[2(821,32) + 4(393,51)] [ 4(747,68)] = 225,96Kj < 0 J phn ng ta nhit (0.5) (0.5) 4 (1.0) Tớnh nhit to thnh (entanpi sinh chun) H 0298 ca CaCO3 Theo nh lut Hess ... BIÊN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP CƠ SỞ NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: Hóa học - lớp 11 Ngày thi: 15/4/2013 Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề (Đề thi có 02 trang) ĐỀ BÀI... & ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2 011- 2012 ĐỀ THI MƠN: HỐ HỌC (Dành cho học sinh THPT) (Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề) Bài (1,5 điểm... + Ca(OH)2 (0 ,111 mol) → CaCO3 (x)   Ba(OH) → BaCO (0 ,111 -x)+CaCO (0 ,111 -x) Ca(HCO3 ) (0 ,111 -x)  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