Đề thi chọn học sinh giỏi Lớp 10, 11 THPT năm học 2016-2017 môn Hóa học Lớp 11 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi Lớp 10, 11 THPT năm học 2016-2017 môn Hóa học Lớp 11 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC 11 - THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Đề thi gồm 02 trang Câu 1 (1,0 điểm) Có 4 ống nghiệm, mỗi ống đựng đầy một chất khí khác nhau trong các khí: HCl, NH3, SO2, N2. Các ống nghiệm được úp ngược trên các chậu nước cất, sau một thời gian thu được kết quả như hình vẽ. a. Xác định mỗi khí trong từng ống nghiệm. Giải thích. b. Giải thích sự thay đổi mực nước trong ống nghiệm ở chậu B trong các trường hợp sau: - Thêm vài giọt dung dịch H2SO4 loãng vào chậu B. - Làm lại thí nghiệm ở chậu B nhưng nước cất thay bằng nước brom. Câu 2 (1,0 điểm) Cho A là dung dịch HCl, B là dung dịch Na2CO3. Tiến hành 3 thí nghiệm (TN): TN 1: Cho từ từ 100 gam dung dịch A vào 100 gam dung dịch B thu được 195,6 gam dung dịch. TN 2: Cho từ từ 100 gam dung dịch B vào 100 gam dung dịch A thu được 193,4 gam dung dịch. TN 3: Cho từ từ 50 gam dung dịch A vào 100 gam dung dịch B thu được 150 gam dung dịch. Tính nồng độ phần trăm của các dung dịch A, B. Câu 3 (2,0 điểm) 1. Có 6 lọ hoá chất bị mất nhãn, trong mỗi lọ đựng một trong các dung dịch sau: NaCl, NaOH, NaHCO3, Na2CO3, NaHSO4, BaCl2. Cho đầy đủ các dụng cụ thí nghiệm cần thiết và chỉ được dùng thêm thuốc thử là quỳ tím. Trình bày phương pháp hoá học nhận biết các dung dịch trên. Viết các phương trình hoá học xảy ra. 2. Nêu hiện tượng và viết phương trình ion rút gọn (nếu có) cho các thí nghiệm sau: a. Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch chứa CuSO4. b. Cho KHS vào dung dịch CuCl2. c. Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch H2SO4 1M, đun nóng nhẹ. d. Cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch hỗn hợp gồm HCl và AlCl3. Câu 4 (1,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 13,12 gam hỗn hợp Cu, Fe và Fe2O3 trong 240 gam dung dịch hỗn hợp gồm HNO3 7,35% và H2SO4 6,125% thu được dung dịch X chứa 37,24 gam chất tan chỉ gồm các muối và +5 thấy thoát ra khí NO (NO là sản phẩm khử duy nhất của N ). Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung nóng trong không khí đến phản ứng hoàn toàn thu được 50,95 gam chất rắn. Dung dịch X hòa tan tối đa m gam Cu. Tính m. 1
2. Câu 5 (1,0 điểm) Cho sơ đồ chuyển hóa sau đây: Các chất A, A1, A2, A3, A4, A5 là các hiđrocacbon khác nhau. Xác định các chất trong sơ đồ. Hoàn thành các phản ứng hóa học, ghi rõ điều kiện nếu có. Câu 6 (1,0 điểm) Hỗn hợp lỏng X gồm C2H5OH và 2 hiđrocacbon Y, Z là đồng đẳng kế tiếp nhau (MY<MZ). Nếu cho m gam X bay hơi thì thu được thể tích hơi bằng thể tích của 1,32 gam CO2 (ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). Khi đốt hết m gam X cần 0,2925 mol O2. Cho sản phẩm cháy qua dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 36,9375 gam kết tủa. a. Xác định công thức phân tử của hai hiđrocacbon. b. Gọi tên Z, biết khi Z tác dụng với Cl2 (ánh sáng) thu được một sản phẩm thế monoclo duy nhất. Câu 7 (1,0 điểm) Hỗn hợp E có khối lượng 17,75 gam gồm Al, Ca, Al4C3 và CaC2. Hòa tan hoàn toàn E vào nước thu được dung dịch F trong suốt và hỗn hợp khí G. Đốt cháy toàn bộ G thu được 5,6 lít CO2 (đktc) và 10,35 gam H2O. Thêm từ từ 500 ml dung dịch HCl 1M vào dung dịch F thu được m gam kết tủa. Tính m. Câu 8 (1,0 điểm) Hỗn hợp khí A gồm một ankin X và một anken Y (có cùng số nguyên tử cacbon) và hiđro. A có tỉ khối so với metan là 1,375. Cho A qua ống chứa Ni, nung nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn được hỗn hợp khí có tỉ khối so với metan là 2,75. Xác định công thức phân tử của X, Y. Câu 9 (1,0 điểm) Nung 5,99 gam hỗn hợp chất rắn A gồm Al, Fe3O4, Fe2O3, Fe(NO3)2 (oxi chiếm 34,7245% về khối lượng) trong điều kiện không có không khí, sau một thời gian thu được chất rắn X và 0,672 lít hỗn hợp khí. Hòa tan hoàn toàn X bằng một lượng dung dịch HCl 1M, thu được dung dịch Y (không có muối amoni) và 0,448 lít hỗn hợp khí gồm H2 và NO có tỉ khối so với He là 4. Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 200 ml dung dịch AgNO3 1M thu được m gam kết tủa và giải phóng 0,224 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5). Các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính m. Hết Thí sinh chỉ được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . Số báo danh: . 2
3. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 (Đáp án có 05 trang) ĐÁP ÁN MÔN: HÓA HỌC 11 - THPT. I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN: CÂU NỘI DUNG TRÌNH BÀY ĐIỂM Câu 1 a. Chậu A, B, C, D lần lượt là khí: N2, SO2, NH3, HCl Giải thích: + Độ tan trong nước tăng dần: N2 7. N2 tan rất ít trong nước và không có phản ứng với H2O  pH=7. b. Trường hợp 1: Thêm dung dịch H SO vào có phản ứng: H SO 2H+ + SO 2- 2 4 2 4 4 0,25 Làm cho cân bằng (1), (2), (3) chuyển dịch sang trái  quá trình hòa tan SO giảm 2 đi  mực nước trong ống nghiệm sẽ thấp hơn so với mực nước trong ống nghiệm của chậu B ban đầu. Trường hợp 2: SO2 tan mạnh trong nước Br2 nhờ phản ứng SO2 + Br2 + 2H2O H2SO4 + 2HBr  Mực nước trong ống nghiệm dâng cao hơn so với mực nước trong ống nghiệm của chậu B ban đầu. 0,25 Câu 2 Các phản ứng xảy ra + Cho từ từ HCl vào Na2CO3. HCl + Na2CO3 NaHCO3 + NaCl (1) HCl + NaHCO3 NaCl + CO2 + H2O (2) + Cho từ từ Na2CO3 vào HCl. 2HCl + Na2CO3 2NaCl + CO2 + H2O (3) - TN 1: mdd giảm = 4,4 gam  n sinh ra từ (2) = 0,1 mol CO2 - TN 2: mdd giảm = 6,6 gam  sinh ra từ (3) = 0,15 mol 0,25 Gọi x, y lần lượt là số mol của HCl và Na2CO3 trong 100 gam mỗi dung dịch. Ở TN 3: Không có khí thoát ra  nHCl y. 1
4. Mặt khác, do x<2y nên sau phản ứng (2) HCl hết, tính theo HCl. 0,25 HCl + Na2CO3 NaHCO3 + NaCl (1) y y y mol HCl + NaHCO3 NaCl + CO2 + H2O (2) 0,1 0,1 mol Ta có : x = y + 0,1 Ở TN 2: Do x<2y nên HCl hết  n =2 n (3) = 0,3 mol HCl CO2  x = 0,3 mol  y = 0,3 - 0,1 = 0,2 mol 0,25  mHCl = 0,3. 36,5 = 10,95 gam  C%HCl = 10,95% m 21,2 gam  C% 21,2%. 0,25 Na23 CO Na23 CO Câu 3 1. - Cho quỳ tím lần lượt vào các dung dịch: + Quỳ tím không đổi màu là: NaCl, BaCl2 (nhóm I) + Quỳ tím chuyển thành xanh là: NaHCO3, NaOH, Na2CO3 (nhóm II) 0,25 + Quỳ tím chuyển màu đỏ là NaHSO4. - Dùng NaHSO4 cho vào các chất ở nhóm I. + Chất có kết tủa trắng là BaCl . 2 NaHSO + BaCl → BaSO + HCl + NaCl. 4 2 4 0,25 + Chất còn lại ở nhóm I là NaCl. - Dùng BaCl2 cho vào các chất ở nhóm (II). + Chất tạo kết tủa trắng là Na CO . 2 3 0,25 BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2NaCl + Còn hai chất: NaHCO3, NaOH (nhóm III) - Dùng NaHSO4 nhận được ở trên cho vào các chất ở nhóm (III) + Trường hợp có khí thoát ra là NaHCO3. NaHSO4 + NaHCO3 → Na2SO4 + CO2 + H2O + Trường hợp không thấy hiện tượng gì là NaOH. 0,25 2. a. Có kết tủa xanh do phản ứng: 2+ Cu + 2NH3 + 2H2O Cu(OH)2 + 2 NH4 . Sau đó kết tủa xanh tan dần, tạo dung dịch xanh đậm. 0,25 Cu(OH)2 + 4NH3  [Cu(NH)4](OH)2. b. Xuất hiện kết tủa đen 0,25 Cu2+ + HS-  CuS + H+ c. Dung dịch có màu vàng và có khí không màu hóa nâu trong không khí bay ra. 2+ - + 3+ 3Fe + NO3 + 4H 3Fe + NO + 3H2O. 2NO + O2 NO2. 0,25 d. Ban đầu chưa xuất hiện kết tủa, sau đó mới có kết tủa keo trắng nếu nhỏ tiếp dung dịch NaOH đến dư vào thì kết tủa tan. - + OH + H H2O 3+ - Al + 3OH Al(OH)3 - - Al(OH)3 + OH AlO2 +2H2O 0,25 2
5. Câu 4 Có: n = 0,28 mol; n = 0,15 mol HNO3 H 2 SO 4 Gọi số mol Cu; Fe; Fe2O3 lần lượt là x; y; z 64x 56y 160z 13,12(1) 0,25 2+ Cu : x mol H+ : 0,58 Cu: x mol n+ Fe :(y +2z) mol Fe: y mol NO- : 0,28  NO+H O. 32 - 2- NO3 : Fe23 O : z mol SO :0,15 4 2- SO4 : 0,15 Bảo toàn H tính được số mol H2O : 0,29 mol. Bảo toàn khối lượng tính được nNO = 0,1 mol  n- 0,18 mol NO3 Khối lượng muối trong X bằng 37,24 gam  64x+ 56(y+2z) = 11,68 (2) 0,25 Cu2+ : x mol n+ Cu(OH)2 CuO: x mol Fe :(y +2z) mol o  Ba(OH)2 Fe(OH)  t , kk Fe O :0,5(y+2z) - n 2 3 NO3 : BaSO4 BaSO4 :0,15 mol SO2- : 0,15 4 0,15.233 80x 160 0,5y z 50,95 (3) 0,25 Từ (1), (2), (3) x 0,06;y 0,08;z 0,03 2+ 2+ Cu :0,06 mol Cu : 0,06+a mol n+ 2+ Fe :0,14 mol Fe :0,14 mol Cu  NO : 0,18a (mol) NO : 0,18 33 2- 2- SO44 :0,15 SO :0,15 Bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng tính được a = 0,04 mol 0,25  m=2,56 gam Câu 5 A: CH4; A1: C2H2; A2: C2H4; A3: C4H10; A4: C4H4; A5: C4H6. Các phản ứng: 0 2CH  1500 C, lln C H + 3H . 4 2 2 2 Pd/PbCO C2H2 + H2  3 C2H4 0,25 to , p, xt nC2H4  PE. CuCl/NH Cl 2C2H2  4 CH2=CH-C CH 0,25 Ni,t CH2=CH-C CH + 3H2  C4H10 t0 ,xt 0,25 C4H10  CH4 + C3H6 Pd/PbCO CH2=CH-C CH + H2  3 CH2=CH-CH=CH2 to , xt 2C2H5OH  CH2=CH-CH=CH2 + H2+2H2O. 0,25 3
6. Câu 6 Số mol X =0,03; O2 = 0,2925 mol; CO2 = 0,1875 mol Đặt số mol C2H5OH: x (mol). Hidrocacbon: y (mol). C2H5OH + 3O2 2CO2 + 3H2O (1) x 2x 3x mol Hidrocacbon + O2 CO2 + H2O (2) Từ (1) và (2): Bảo toàn O có n = x + 0,2925.2 - 0,1875.2 = (x + 0,21) mol 0,25 HO2  n - n = 0,0225 + x. H22 O CO Từ (1) có n - n = x. H22 O CO  Từ (2) n - n = 0,0225. 0,25 H22 O CO Vậy 2 hidrocacbon phải thuộc loại ankan, n =0,0225=y. ankan Gọi số C trung bình trong hai ankan là n; số mol ancol =x= 0,0075 Bảo toàn C cho (1) và (2) có 0,0225n+0,0075.2=0,1875n= 7,67 Hai ankan là Y: C H . 7 16 0,25 Z: C H . 8 18 n (Học sinh có thể tính O2 ph¶n øng để xác định hai hidrocacbon là ankan) nCO 2 b. Công thức cấu tạo của Z: 2,2,3,3- tetrametylbutan 0,25 Câu 7 Số mol CO2 = 0,25 mol; H2O = 0,575 mol 1,0đ Qui đổi hỗn hợp về Al: x mol; Ca: y mol; C: 0,25 mol 0,25 27x + 40y = 17,75 – 0,25.12 (1) 0,25 0,25.2+0,575 Bảo toàn O khi đốt cháy n = =0,5375(mol) O2 2 Bảo toàn electron 3x + 2y = 0,5375.4 – 0,25.4 (2) x=0,25; y=0,2. 0,25 2+ - - Dung dịch F gồm: Ca : 0,2 mol; AlO2 : 0,25 mol; OH : 0,15 mol Khi F tác dụng với HCl: + - H + OH H2O 0,15 0,15 mol H+ + AlO - + H O Al(OH)  2 2 3 0,25 0,25 0,25 mol + 3+ 3H + Al(OH)3 Al + 3H2O 0,1 0,1 mol 3 0,1 m =(0,25- ).78=16,9g 3 0,25 4
7. Câu 8 Cn H 2n : x mol 1,0đ Hỗn hợp đầu gồm: Cn H 2n-2 : y mol; n 4 H : z mol 2 Chọn nA=1 x + y + z = 1 x + y = 1 – z Ta có 14nx + (14n-2)y + 2z = 16.1,375 14n(x+y) – 2( y - z) = 22 (I) Bảo toàn khối lượng: 1.1,375 = n . 2,75  n = 0,5 mol sau sau 0,25  Số mol H2 phản ứng = 1 – 0,5 = 0,5 mol. Trường hợp 1: H2 hết, hiđrocacbon dư. Gọi CT chung của các hiđrocacbon sau phản ứng là CnHt. Ta có: 12n + t = 2,75.16 = 44 3<n<3,285 (Loại) 2n-2<t<2n+2 0,25 C H : x+y(mol) n 2n+2 Trường hợp 2: H2 dư, sau phản ứng thu được H2 : z-x-2y(mol) nsau = x + y + z – x –2 y = z – y = 0,5 (mol) (II) Số mol H2 phản ứng = 2x + y = 0,5 mol  0,25 < x +y < 0,5 (III) 0,25 Thế (II) vào (I) được 14n (x+y) = 21 (IV) Thế (III) vào (IV) được 3 < n < 6 n = 4. Vậy 2 hiđrocacbon là C4H6 và C4H8. 0,25 Câu 9 Al 3+ 2+ 3+ Al, Al ,Fe ,Fe 1,0đ Fe NO o 3 2 t NO2 2-  O (1) Fe23 O O2 NO- n= 0,03 mol 3 Fe34 O 5,99 gam nO = 0,13 mol Al3+ , Fe 2+ ,Fe 3+ NO : 0,01mol Cl- (2) H : 0,01 + 2 H AgCl: 0,18 + NO + (3) Ag: 0,02 0,01 mol 0,5 Sơ đồ 1 (1): Nhiệt phân A tạo X. Sơ đồ 2 (2): X tác dụng với dung dịch HCl. Sơ đồ 3 (3): Y tác dụng với AgNO3. Từ (1), bảo toàn O có nO trong Y = 0,07 mol Từ (2), bảo toàn N có số mol NO3 trong Y = số mol NO =0,01 mol. 0,25 Số mol O trong oxit ở Y = 0,04 mol. Từ (2) nHCl phản ứng = 2.0,04 +4.0,01+2.0,01 = 0,14. Từ (3) nHCl dư = 4.0,01=0,04 mol Bảo toàn clo có nAgCl = 0,18; bảo toàn Ag có nAg= 0,02. Khối lượng kết tủa là: 27,99 gam 0,25 Hết 5