Đề thi Olympic 10-3 lần 3 môn Hóa học Lớp 11 - Trường THPT Nguyễn Công Trứ (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi Olympic 10-3 lần 3 môn Hóa học Lớp 11 - Trường THPT Nguyễn Công Trứ (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐAKLAK TRƯỜNG THPT NGUYỄN CÔNG TRỨ KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ III ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA; LỚP: 11 1
2. ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN Câu 1: (4 điểm) 1.1. Cho hai nguyên tử A và B có tổng số hạt là 65 trong đó hiệu số hạt mang điện và không mang điện là 19. Tổng số hạt mang điện của B nhiều hơn của A là 26. 1.1.1. Xác định A, B; viết cấu hình electron của A, B và cho biết bộ 4 số lượng tử ứng với electron sau cùng trong nguyên tử A, B. 1.1.2. Xác định vị trí của A, B trong HTTH. 1.1.3. Viết công thức Lewis của phân tử AB2, cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm? 1.2. Hằng số cân bằng của phản ứng : 0 H2 (k) + I2(k) 2 HI (k) ở 600 C bằng 64 0 1.2.1. Nếu trộn H2 và I2 theo tỉ lệ mol 2:1 và đun nóng hỗn hợp tới 600 C thì có bao nhiêu phần trăm I2 tham gia phản ứng ? 0 1.2.2. Cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ như thế nào để có 99% I2 tham gia phản ứng (600 C)? ĐÁP ÁN 1.1 (2 điểm) 1.1.1. Gọi ZA, ZB lần lượt là số proton trong nguyên tử A, B. Gọi NA, NB lần lượt là số notron trong nguyên tử A, B. Với số proton = số electron (2ZA NA ) (2ZB NB ) 65 ZA ZB 21 ZA 4 Ta có hệ : (2ZA 2ZB ) (NA NB ) 19 (0,5đ) ZB ZA 13 ZB 17 2ZB 2ZA 26 2 2 ZA = 4 A là Be Cấu hình e : 1s 2s (0,25đ) 1 Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, ms = 2 2 2 6 2 5 ZB = 17 B là Cl Cấu hình e : 1s 2s 2p 3s 3p (0,25đ) 1 Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms = 2 1.1.2. Ta có Z = 4 Be ở ô thứ 4, có 2 lớp e Be ở chu kỳ 2. Nguyên tố s, có 2e ngoài cùng nhóm IIA. (0,5đ) Tương tự cho Cl: ô thứ 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA. 1.1.3. : Cl : Be : Cl : (0,25đ) Hình dạng hình học của phân tử: đường thẳng Trạng thái lai hoá : sp (0,25đ) 1.2 (2 điểm) 1.2.1.H 2(k) + I2 (k) 2HI (k) bđ 2mol 1mol pư x x 2x cb 2-x 1-x 2x (2x) 2 K 64 (0,5đ) c (2 x)(1 x) x1 = 2,25 (loại) x2 = 0,95 (nhận) => 95% I2 tham gia phản ứng (0,5đ) 3
3. 1.2.2. H2(k) + I2(k) 2HI (k) n 1 n-0,99 0,01 1,98 n: nồng độ ban đầu của H2 (1,98) 2 K 64 (0,5đ) c (n 0,99)(0,01) n 7 => cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ 7:1 (0,5đ) Câu 2: (4 điểm) -5 2.1. Cho A là dung dịch CH3COOH 0,2M , B là dung dịch CH3COOK 0,2M. Ka = 2.10 . 2.1.1. Tính pH của dung dịch A và dung dịch B. 2.1.2. Tính pH của dung dịch X tạo thành khi trộn dung dịch A và dung dịch B theo tỉ lệ thể tích bằng nhau. 2.2. Người ta lập một pin gồm hai nửa pin sau: Zn/Zn(NO3)2 (0,1M) và Ag/AgNO3 (0,1M) có thể chuẩn tương ứng bằng -0,76V và 0,80V 2.2.1. Thiết lập sơ đồ pin và các dấu ở 2 điện cực. 2.2.2. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc. 2.2.3. Tính E của pin. ĐÁP ÁN 2.1. (2,5 điểm) 2.1.1. Tính pH của dung dịch A và dung dịch B. * pH của dung dịch A: - + Phương trình CH3COOH CH3COO + H Gọi x là nồng độ H+: 2 x -5 Ka = = 2.10 (0,25 đ) [CH 3COOH]d - x Vì axit yếu x << [CH3COOH]đ x = K a .C x = 0,4.10 5 pH = 2,7 (0,5 đ) * pH của dung dịch B: - + CH3COOK = CH3COO + K - - CH3COO + H2O CH3COOH + OH Gọi y là nồng độ OH- : 14 K w 10 .0,2 -5 Tương tự y = K tp .C = C = 5 = 10 (0,25 đ) K a 2.10 pOH = 5 pH = 9 (0,5 đ) 2.1.2. Tính pH của dung dịch X: Khi trộn A và B theo tỉ lệ thể tích bằng nhau ta được dung dịch hỗn hợp: CH3COOH 0,1M và CH3COOK 0,1M. - + CH3COOK = CH3COO + K - + CH3COOH CH3COO + H Gọi z là nồng độ H+ Giả thiết: 4
4. z.(0,1 z) -5 Ka = = 2.10 (0,5 đ) (0,1 z) Vì axit yếu nên z << 0,1 z = 2.10-5 pH = 4,7 (0,5 đ) 2.2 (1,5 điểm) 2.2.1. Zn | Zn (0,1M) || AgNO (0,1M) | Ag( ) (0,5đ) (NO3 )2 3 2.2.2. Tại (-) có sự oxi hóa Zn – 2e → Zn2+ Tại (+) có sự khử Ag+ : Ag+ + e → Ag Phản ứng tổng quát khi pin làm việc: Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag (0,5đ) 0,059 2.2.3. E E0 lg Zn2 Zn2 / Zn Zn2 / Zn 2 0,059 E E0 lg Ag Ag / Ag Ag / Ag 1 2 Ag 0 0 0,059 Epin = E E 2 E E 2 lg Ag / Ag Zn / Zn Ag / Ag Zn / Zn 2 2 Zn 2 1 0,059 10 0,80 0,76 lg 1,56 0,0295 1,53v (0,5đ) 2 10 1 Câu 3: (4 điểm) 3.1. Không dùng thêm thuốc thử, hãy trình bày cách phân biệt 5 dung dịch sau: NaCl, NaOH, NaHSO4, Ba(OH)2, Na2CO3. 3.2. Cho 10,62 gam hỗn hợp gồm Fe, Zn vào 800 ml dung dịch hỗn hợp X gồm NaNO 3 0,45M và H2SO4 0,9M. Đun nóng cho phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và 3,584 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Dung dịch Y hòa tan được tối đa m1 gam bột Cu, sinh ra V lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất của NO3 ). 3.2.1. Tính phần trăm về khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp ban đầu. 3.2.2. Tính giá trị của m1 và V. 3.2.3. Cho m2 gam Zn vào dung dịch Y (tạo khí NO là sản phẩm khử duy nhất của NO 3 ), sau phản ứng thu được 3,36 gam chất rắn. Tính giá trị của m2. ĐÁP ÁN 3.1 (1,5 điểm) - Trộn lẫn các cặp mẫu thử ta thu được hiện tượng như sau : NaCl NaOH NaHSO4 Ba(OH)2 Na2CO3 NaCl - - - - NaOH - - - - NaHSO4 - -  trắng  không màu Ba(OH)2 - -  trắng  trắng Na2CO3 - -  không màu  trắng (0,25đ) 5
5. *Luận kết quả : • Mẫu thử tạo kết tủa với 2 trong 4 mẫu khác là Ba(OH)2 (0,25đ) • 2 mẫu tạo kết tủa với Ba(OH)2 là Na2CO3, NaHSO4 (nhóm I) Na2CO3 + Ba(OH)2 BaCO3  + 2 NaOH 2NaHSO4 + Ba(OH)2 BaSO4  + Na2SO4 + 2H2O • 2 mẫu không tạo kết tủa với Ba(OH)2 là NaOH, NaCl (nhóm II) (0,25đ) - Lọc 2 kết tủa ở trên lần lượt cho vào 2 mẫu nhóm I : mẫu nào có sủi bọt khí là NaHSO4, còn mẫu không sinh khí là Na2CO3. 2NaHSO4 + BaCO3 BaSO4  + Na2SO4 + CO2  + H2O (0,25đ) - Thêm ít giọt dung dịch NaHSO4 vào hai mẫu (dư) ở nhóm II, sau đó cho tiếp kết tủa thu được ở trên (BaCO3) vào. Nếu xuất hiện khí là mẫu NaCl, còn lại là NaOH không xuất hiện khí. NaOH + NaHSO4 Na2SO4 + H2O Do NaOH dư nên =>NaHSO4 hết nên không tạo khí với BaCO3 (0,5đ) 3.2. Số mol NaNO3 = 0,36 mol + số mol H2SO4 = 0,72 mol => số mol H = 1,44 mol Ta có các bán phản ứng: - + NO3 + 4H + 3e → NO + 2H2O (1) (mol): 0,16 ← 0,64 ← 0,48 ← 0,16 + - Số mol NO = 0,16 mol => H và NO3 dư, kim loại phản ứng hết. - + Số mol NO3 phản ứng = 0,16 mol; số mol H phản ứng = 0,64 mol (0,5đ) Fe → Fe3+ + 3e (1) Zn → Zn2+ + 2e (2) Gọi số mol Fe là x mol, số mol Zn là y mol Theo khối lượng hỗn hợp ban đầu ta có phương trình 56 x + 65 y = 10,62 (I) Theo định luật bảo toàn electron ta có phương trình 3x + 2y = 0,16.3 (II) Giải hệ phương trình (I), (II) ta có: x = 0,12 và y = 0,06 mol mFe = 0,12.56 = 6,72 g => % mFe = 63,28%  % mZn =100% - 63,28 % = 36,72 % (0,5đ) - + 3+ 2+ Dung dịch Y có 0,2 mol NO 3 ; 0,8 mol H ; 0,12 mol Fe ; 0,06 mol Zn , khi thêm bột Cu vào dung dịch Y: + - 2+ 3Cu + 8H + 2NO3 → 3Cu + 2NO + 4 H2O (3) (mol): 0,3 ← 0,8 ← 0,2 → 0,2 2Fe3+ + Cu → 2Fe2+ + Cu2+ (4) 0,12 → 0,06 Từ phản ứng (3), (4) có tổng số mol Cu = 0,36 mol m1 = 0,36.64 = 23,04 gam VNO = 4,48 lít (0,5đ) - + 3+ 2+ Thêm m2 gam Zn vào dung dịch Y có 0,2 mol NO3 ; 0,8 mol H ; 0,12 mol Fe ; 0,06 mol Zn : Do khối lượng Fe 3+ = 0,12.56 = 6,72 gam > khối lượng chất rắn bằng 3,36 gam. Nên trong 3,36 gam chất rắn sau phản ứng chỉ có Fe. (0,5đ) nFe = 3,36/56 = 0,06 mol + - 2+ 3Zn + 8H + 2NO3 → 3Zn + 2NO + 4 H2O (mol) 0,3 ← 0,8 ← 0,2 Zn + 2Fe3+ → Zn2+ + 2Fe2+ (mol) 0,06 ← 0,12 → 0,12 Zn + Fe2+ → Zn2+ + Fe (mol) 0,06 ← 0,06 ← 0,06 6
6. Tổng số mol Zn đã phản ứng bằng 0,3 + 0,12 = 0,42 mol => mZn = 27,3 gam (0,5đ) Câu 4: (4 điểm) 4.1 (Hợp chất hữu cơ (A) chứa 2 nguyên tố, có khối lượng mol 150 170 5,6 < n < 6,3 Chọn n = 6 CTPT của A : C12H8 (0,25đ) A không phản ứng với nước Br 2, không phản ứng với Br2 khi có bột Fe. Phản ứng với Br 2 khi có ánh sáng. Vậy CTCT của (A) là : CH3 CH3 CH3 (A) (0,25đ) CH3 CH3 CH3 Phản ứng : CH3 CH2Br CH3 CH3 CH3 CH3 aùnh saùng + Br2  + HBr (0,25đ) CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 * Với dung dịch KmnO4 : CH3 COOK CH3 CH3 COOK COOK (0,5đ) t0 + 12 KMnO4  + 6KOH + 12MnO2 + 6H2O CH3 CH3 COOK COOK CH3 COOK 7
7. COOK COOH KOOC COOK HOOC COOH + t 0 + + 6H   + 6K (0,25đ) KOOC COOK HOOC COOH COOK COOH (X) COOH HOOC COOH t0 HOOC COOH  + 6H2O (0,25đ) COOH (Y) 4.2 Gọi công thức của ankin là CnH2n – 2 ( n 2 ) có x (mol) công thức của ankan là CmH2m+2 ( m 1) có y (mol) công thức của anken là CKH2k ( k 2 ) có z (mol) 3n-1 t0 CnH2n – 2 + O2  nCO2 + (n – 1) H2O (1) 2 3m+1 t0 CmH2m + 2 + O2  mCO2 + (m + 1) H2O (2) 2 3k t0 CkH2k + O2  kCO2 + kH2O (3) 2 Ta có: 11,2 n 0,5(mol) A 22,4 26,88 n 1,2(mol) CO2 22,4 23,4 n 1,3(mol) H2O 18 Ta có : x + y + z = 0,5 y = 2x y – x = x = số mol H2O – số mol CO2 = 1,3 – 1,2 = 0,1 => y = 0,2; z = 0,2 (0,5đ) Theo số mol CO2 ta có xn + ym + zk = 1,2  n + 2m + 2k = 12 TH1: nếu n = m  3m + 2k = 12  m = 2; k = 3  3 hidrocacbon là C2H2; C2H6 và C3H6 (0,5đ) TH2: nếu n = k  2m + 3k = 12  m = 3; k = 2  3 hidrocacbon là C2H2; C3H8 và C2H4 (0,5đ) TH3: nếu m = k  n + 4m = 12  n = 4; m = 2 3 hirocacbon là C4H6; C2H6 và C2H4 (0,5đ) 8
8. Câu 5 (4 điểm). 5.1. Tiến hành oxi hoá hoàn toàn 1 thể tích hơi ancol A cần 9 thể tích O 2 ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất, rồi cho toàn bộ sản phẩn hấp thụ vào dung dịch nước vôi trong dư thấy khối lượng bình nước vôi tăng 3,9g và có 6g kết tủa tạo thành. Đem A phân tích phổ thì kết quả không có tín hiệu của nhóm -CH2-. A bị oxi hoá bởi CuO tạo sản phẩm không tham gia phản ứng tráng gương. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo ancol A. 5.2. Chất X có công thức phân tử C 7H6O3. X có khả năng tác dụng với dung dịch NaHCO 3 tạo chất Y có công thức C7H5O3Na. Cho X tác dụng với anhiđrit axetic tạo chất Z (C 9H8O4) cũng tác dụng được với NaHCO 3, nhưng khi cho X tác dụng với metanol (có H 2SO4 đặc xúc tác) thì tạo chất T (C8H8O3) không tác dụng với NaHCO3 mà chỉ tác dụng được với Na2CO3. Xác định cấu tạo các chất X, Y, Z, T và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Biết chất X có khả năng tạo liên kết H nội phân tử. ĐÁP ÁN 5.1. (1,5 điểm) Ancol A + O2 CO2 + H2O CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O 6 n n 0,06(mol) CO2 CaCO3 100 M = m m m 3,9 0,06.44 1,26(g) bình nước vôi CO2 H2O H2O 1,26 n 0,07(mol) H2O 18 n n Ancol A là ancol no, hở. (0,5đ) CO2 H 2O Gọi ctpt ancol A là: CnH2n+2Ox 3n 1 x C H O O nCO (n 1)H O n 2n 2 x 2 2 2 2 1V 9V 0,06mol 0,07mol n = 6 x = 1 vậy ctpt của A là: C6H14O (0,5đ) A bị oxi hoá bởi CuO tạo sản phẩm không tráng gương, trong cấu tạo không có nhóm CH2 A là ancol bậc 2 ctct A là: CH3 | CH3 C CH CH3 | | H3C OH (0,5đ) 5.2. Cấu tạo các chất : COOH COONa COOH COOCH3 OH OH OOCCH3 OH X Y Z T (0,25đX4) Phương trình phản ứng : HOC6H4COOH + NaHCO3 HOC6H4COONa + H2O + CO2 (0,5đ) H2SO4 HOC6H4COOH + CH3OH  HOC6H4COOCH3 + H2O (0,5đ) H2SO4 HOC6H4COOH + (CH3CO)2O  CH3COOC6H4COOH + CH3COOH (0,5đ) 9