Đề thi olympic 10-3 lần thứ 3 môn Hóa học Lớp 11 - Trường THPT Buôn Đôn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi olympic 10-3 lần thứ 3 môn Hóa học Lớp 11 - Trường THPT Buôn Đôn (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT BUÔN ĐÔN KÌ THI OLYMPIC 10-3 LẦN 3 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC LỚP 11
2. ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN Câu 1 (4 điểm). 1.1 (1,5 điểm). Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử, hãy cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học bền của: CBr4; IF5; XeF4; BrF3; Fe(CO)5; và I3 .  0 -1 1.2 (1,5 điểm). Cho cân bằng hóa học: N2 (k) + 3H2 (k)  2NH3 (k) H298K = -92 kJ.mol Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N 2 và H2 theo tỉ lệ mol 1 : 3 thì khi đạt tới trạng thái cân bằng 0 (ở 450 C và 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích. a) Tính hằng số cân bằng KP. b) Giữ nhiệt độ không đổi 450 0C, cần tiến hành ở áp suất bao nhiêu để khi đạt cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích? c) Giữ áp suất không đổi 300 atm, cần tiến hành thí nghiệm ở nhiệt độ nào để khi cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích? 1.3 (1,0 điểm). Tính năng lượng liên kết trung bình C-H và C-C (ở 298K; 1 atm) biết: - Nhiệt đốt cháy CH4: H 1 = -801,7 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy C2H6: H 2 = -1412,7 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy H2: H 3 = -241,5 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy than chì: H 4 = -393,4 kJ/mol - Năng lượng liên kết H-H: H 5 = 431,5 kJ/mol - Nhiệt hóa hơi than chì: H 6 = 715,0 kJ/mol ĐÁP ÁN CÂU 1 1.1. Mỗi ý đúng tính 0,25 điểm Chất Kiểu lai hóa Dạng hình học Mô tả 3 CBr4 sp Tứ diện đều 3 2 IF5 sp d Chóp vuông 3 2 XeF4 sp d Vuông phẳng 3 BrF3 sp d Chữ T Song tháp đáy tam Fe(CO) sp3d 5 giác
3. 3 I3 sp d Đường thẳng CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM a) Giả sử ban đầu có 1 mol N2 và 3 mol H2. Gọi x là mol N2 đã phản ứng ta có 0,25 N2 (k) + 3H2 (k)  2NH3 (k) Bđ: 1 3 P/ứ: x 3x 2x Cb: 1-x 3-3x 2x 2x Từ đề ta có: .100 36 x 0,5294 4 2x Tổng số mol lúc cân bằng: 2,9412 mol 2.0,5294 1 0,5294 P .300 107,9967atm; P .300 48,0008atm 0,25 NH3 2,9412 N2 2,9412 2 3 3.0,5294 (PNH ) P .300 144,0024atm ; K 3 8,137.10 5 H2 2,9412 P P .(P )3 N2 H2 b) N2 (k) + 3H2 (k)  2NH3 (k) Bđ: 1 3 0,25 P/ứ: x 3x 2x Cb: 1-x 3-3x 2x 2x 2 1.2 Từ đề ta có: .100 50 x 4 2x 3 Tổng số mol lúc cân bằng: 8/3 (mol). Gọi P là áp suất cần tìm ta có: 2 2 2 0,25 (PNH ) 16x (2 x) K 3 8,137.10 5 P 682,7095atm P P .(P )3 (1 x)4 .27P2 N2 H2 c)  N2 (k) + 3H2 (k)  2NH3 (k) 0,25 Bđ: 1 3 P/ứ: x 3x 2x Cb: 1-x 3-3x 2x 2x 2 Từ đề ta có: .100 50 x 4 2x 3 Tổng số mol lúc cân bằng: 8/3 (mol). Gọi T là nhiệt độ cần tiến hành ta có: 2 2 2 0,25 (PNH ) 16x (2 x) K 3 4,214.10 4 P P .(P )3 (1 x)4 .27P2 N2 H2 Áp dụng công thức A-rê-ni-uýt K P(T2 ) H 1 1 ln T2 652,85K K R T T P(T1 ) 1 2 Từ đề bài ta có: 0,25 CH4 (k) + 2O2 (k) CO2 (k) + 2H2O (h) H1 = -801,7 kJ/mol 1 1.3 H O H + O - H = 241,5 kJ/mol 2 (h) 2 (k) 2 2 (k) 3 CO2 (k) C (r) + O2 (k) - H4 = 393,4 kJ/mol
4. H2 (k) 2H H 5 = 431,5 kJ/mol C (r) C (h) H6 = 715,0 kJ/mol Ta cần tìm: CH4 (k) C (h) + 4H (k) H = 4EC-H Tổ hợp các phương trình đã có ta được: 0,25 H = 4EC-H = H1 - 2 H3 - H4 + 2 H5 + H6 = -801,7 + 2 x 241,5 + 393,4 + 2 x 431,5 + 715 = 1652,7 (kJ/mol) 1652,7 E = = 413,175 (kJ/mol). C-H 4 Tương tự ta có: 7 0,25 C H + O 2CO + 3H O H = -1412,7 kJ/mol 2 6 (k) 2 2 (k) 2 (k) 2 (h) 2 1 H O H + O - H = 241,5 kJ/mol 2 (h) 2 (k) 2 2 (k) 3 CO2 (k) C (r) + O2 (k) - H4 = 393,4 kJ/mol H2 (k) 2H H 5 = 431,5 kJ/mol C (r) C (h) H6 = 715,0 kJ/mol Ta cần tìm: C2H6 (k) 2C (h) + 6H (k) H’ = 6EC-H + EC-C Tổ hợp các phương trình đã có ta được: H’ = 6EC-H + EC-C = H2 - 3 H3 - 2 H4 + 3 H5 + 2 H6 0,25 = -1412,7 + 3 x 241,5 + 2 x 393,4 + 3 x 431,5 + 2 x 715 = 2823,1 (kJ/mol) EC-C = 2823,1 – 6 x 413,175 = 344,05 (kJ/mol). Câu 2 (4 điểm). 2.1 (1,75 điểm). Ăn mòn kim loại thường đi kèm với các phản ứng điện hóa. Việc thép bị ăn 0 0 mòn tạo gỉ sắt trên bề mặt cũng tuân theo cơ chế này. Cho E 0,4V ; E 2 0,44V . O2 /OH Fe /Fe a) Tính E0 của phản ứng ở 250C. b) Viết phản ứng xảy ra ở hai nửa pin và toàn bộ phản ứng, từ đó viết sơ đồ pin. c) Tính KC của phản ứng. d) Phản ứng trên xảy ra trong 24 giờ có thể tạo dòng điện có cường độ I = 0,12A. Tính khối lượng Fe chuyển thành Fe2 sau 24 giờ (biết oxi dư). e) Tính E của phản ứng biết: Fe2 0,015M ; pH = 9,00; P 0,7atm . (nửa pin phải) O2 2.2 (1,0 điểm). Tính pH của dung dịch A chứa HCOOH 0,1M và HNO2 0,1M. Cho biết 3,95 3,29 HCOOH và HNO2 có hằng số axit lần lượt là 10 và 10 . 2.3 (1,25 điểm). Dung dịch bão hòa canxi cacbonat trong nước có pH = 9,95. hãy tính độ tan của CaCO3 trong nước và tích số tan của CaCO 3. Biết K1 và K2 của axit cacbonic lần lượt là 4,5.10-7 và 4,7.10-11. ĐÁP ÁN CÂU 2 CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM 0 0,25 a) Epin = 0,40 – (-0,44) = 0,84 (V) b) Anot (điện cực trái): Fe ‡A AA†A Fe2 + 2e Catot (điện cực phải): O2 + 4e + 2H2O ‡A AA†A 4OH 0,5 2 Phản ứng trong pin: 2Fe + O2 + 2H2O  2Fe + 4OH 2.1 n E0 4.0,84 c) K 100,059 10 0,059 1056,95 0,25 I.t 0,12.24.3600 d) n 0,10744(mol) n 0,05372(mol) e F 96500 Fe 0,25 mFe = 3,00832 (gam).
5. 2 2 4 0,059 Fe OH e) E E0 lg 0,5 pin 4 p O2 -5 0 Thay OH =10 (M); E 0,84(V);p 0,70(atm) vào được Epin = O2 1,189(V). Các cân bằng trong dung dịch: H2O ‡A AA†A H + OH (1) A A† HNO2 ‡ A A H + NO2 (2) HCOOH ‡A AA†A H + HCOO (3) 0,5 Vì K và K đều rất lớn so với K nên bỏ qua (1). Sử dụng 2.2 HCOOH HNO2 H2O điều kiện proton: H NO2 HCOO 0,1 0,1 Biến đổi: h 0 h 7,075.10 3 (M) 1 103,95 h 1 103,29 h Vậy pH = 2,15. 0,5 4,05 0,25 pH = 9,95 OH 10 (M) Trong dung dịch có các cân bằng: A A† 2 2 CaCO3 ‡ A A Ca + CO3 0,25 S S S - 10 4,05 14 2 A A† 10 2.3 CO3 + H2O ‡ A A HCO3 + OH K 0,25 4,7.10 11 S - 10 4,05 10 4,05 10 4,05 (10 4,05 )2 10 14 Ta có: S 1,26.10 4 (M) 0,25 S 10 4,05 4,7.10 11 T Ca2 . CO2 1,26.10 4.(1,26.10 4 10 4,05 ) 4,7.10 9 0,25 CaCO3 3 Câu 3 (4 điểm). 3.1. (1,0 điểm) Chọn chất phù hợp, viết phương trình (ghi rõ điều kiện phản ứng) thực hiện biến đổi sau +5 0 +2 N N N 0 -3 +2 +4 (4) (5) (6) N N N N (1) (2) (3) +3 +5 N N (7) (8) 3.2. (2,0 điểm) Hòa tan hết 24,16 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe 3O4 trong dung dịch HCl loãng dư thấy còn lại 6,4 gam Cu không tan. Mặt khác hòa tan hết 24,16 gam hỗn hợp trên trong 240 gam dung dịch HNO3 31,5% (dùng dư) thu được dung dịch Y (không chứa NH4NO3). Cho 600 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y. Lọc bỏ kết tủa, cô cạn dung dịch nước lọc sau đó nung tới khối lượng không đổi thu được 78,16 gam chất rắn khan. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a) Tính khối lượng mỗi chất trong X. b) Tính nồng độ % của Cu(NO3)2 có trong dung dịch Y. 3.3. (1,0 điểm) R là nguyên tố thuộc nhóm VA. X là hợp chất khí của R với hiđro, Y là oxit cao nhất của R. Đốt cháy một lượng X cần vừa đủ 6,4 gam oxi, thu được 7,1 gam Y. a) Xác định R b) Cho toàn bộ lượng Y ở trên phản ứng vừa đủ với V lit dung dịch KOH 1M thu được 15,12 gam muối. Tính V. ĐÁP ÁN CÂU 3 CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM
6. HNO N NO (4) 3 (5) 2 (6) N NH NO NO 2 (1) 3 (2) (3) 2 KNO3 KNO (7) (8) 3 Các phương trình phản ứng : xt,t0 ,p (1) N2 + 3H2 ‡A AAAAAA†A 2NH3 Pt,850 900o C (2) 4NH3 + 5O2  4NO + 6H2O 3.1 (3) 2NO + O2 2NO2 (4) 4NO2 + O2 + 2H2O 4HNO3 (5) 5Mg + 12 HNO3 5Mg(NO3)2 + N2 + 6H2O 30000 C (6) N2 + O2 ‡A AAAAAAA†AA 2NO (7) 2NO2 + 2KOH KNO2 + KNO3 + H2O (8) 5KNO2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 5KNO3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O (Mỗi phương trình đúng 0,125 điểm; thiếu cân bằng hoặc điều kiện trừ ½ số điểm). Đặt số mol Cu và Fe3O4 phản ứng tương ứng là a, b => 64a + 232b = 24,16 (I) Ptpư: Fe3O4+ 8HCl 2 FeCl3 + FeCl2 + 4H2O (1) Cu + 2FeCl3 CuCl2 + 2 FeCl2 (2) 0,5 Từ (2) => 2a = 2b (II) Từ (I), (II) => a = b = 0,06 Vậy trong 24,16 gam X có: 0,16 mol Cu; 0,06 mol Fe3O4 m = 0,16.64 = 10,24 (gam); m = 0,06.232 = 13,92 (gam). Cu Fe3O4 Tác dụng với dung dịch HNO3: n (bđ) = 1,2 mol HNO3 0,5 Ta có: Nếu NaOH hết, chất rắn chỉ riêng: NaNO2 = 1,2.69 = 82,8 gam 3.2 > 78,16 NaOH phải dư: Gọi x, y là mol NaNO2 và mol NaOH dư ta có: x + y = 1,2 (*) và 40x + 69y =78,16 ( ) => x= 0,16; y = 1,04 0,5 X + HNO3  Fe(NO3)3 + Cu(NO3)2 + Khí + H2O (2) Đặt k = số mol HNO phản ứng ; n = 0,16.2 + 0.18.3 + nHNO 3 NaNO2 3 dư = 1,04 => n ư = 0,18 mol ; n ư = 1,2 - 0,18 = 1,02 (mol) = k HNO3 d HNO3 p Theo bảo toàn khối lượng: 0,5 mkhí =24,16 + 63.1,02 –( 0,18.242+ 0,16.188+ 18.1,02/2) = 5,6 gam 0,16.188 C% = 11,634% Cu(NO3 )2 240 24,16 5,6 CTPT của X và Y lần lượt là : RH3, R2O5 Ptpư : 2RH3 + 4O2 → R 2O5 + 3H2O 0,2 mol → 0,05 mol ( 0,5 điểm) 0,5 7,1 3.3 a) M = 142 MR = 31 R là photpho ( 0,5 điểm) R2O5 0,05 b) Số mol P2O5 = 0,05 số mol H3PO4 tương ứng là 0,1 mol các phản ứng có thể xảy ra:
7. H3PO4 + KOH → KH2PO4 + H2O H3PO4 + 2KOH → K2HPO4 + 2H2O 0,5 H3PO4 + 3KOH → K3PO4 + 3H2O Nhận xét: số mol H2O sinh ra = số mol KOH phản ứng = x mol ( 0,5 điểm) Bảo toàn khối lượng : 9,8 + 56 x = 15,12 + 18 x x = 0,14 Vậy thể tích KOH 1M cần dùng là 0,14 lit Câu 4 (4 điểm). 4.1. Đốt cháy 5,2 gam hỗn hợp X gồm ba hiđrocacbon cùng dãy đồng đẳng có số mol bằng nhau bằng lượng oxi vừa đủ thu hỗn hợp Y. Dẫn hỗn hợp Y vào 4 lít dung dịch Ca(OH) 2 0,05M thu được a (gam) kết tủa và dung dịch Z. Cho dung dịch Ba(OH) 2 đến dư vào dung dịch Z thì thu thêm b (gam) kết tủa nữa, biết a + b = 49,55. Xác định công thức phân tử của ba hiđrocacbon trên. 4.2. Trong bình kín thể tích là 10 lít chứa không khí (20% O2 và 80% N2 theo thể tích) và 1,54 gam chất X (chứa C, H, O, N; tương ứng với 0,02 mol, thể khí) ở áp suất P, nhiệt độ 54,60C. Bật tia lửa điện để đốt cháy hết X. Sau đó cho toàn bộ sản phẩm cháy qua lần lượt bình 1 đựng P2O5 dư, bình 2 đựng 400 ml dung dịch Ba(OH)2 0,075M và bình 3 đựng photpho dư đun nóng, khí còn lại là N 2 có thể tích là 5,6 lít (đktc). Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hãy xác định giá trị của P. Biết bình 1 tăng 1,26 gam, bình 2 tạo 3,94 gam kết tủa và khi đun nóng dung dịch sau phản ứng lại có kết tủa xuất hiện, bình 3 tăng 0,16 gam. ĐÁP ÁN CÂU 4 CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM Gọi mol Ca(OH)2 đã phản ứng với CO 2 lần lượt là a, b. Viết các phản ứng: Ca(OH)2 + CO2  CaCO3 + H2O 0,5 Ca(OH)2 + 2CO2  Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2  CaCO3 + BaCO3 + 2H2O Từ đề có hệ 0,5 4.1 x y 4.0,05 0,2 x 0,05 nCO 0,35(mol) 100x 297y 49,55 y 0,15 2 0,5 Gọi mol nước sinh ra từ phản ứng cháy là z ta có mX mC mH 12.0,35 2z 5,2 z 0,5(mol) Vì n n nên X gồm các ankan với số mol mỗi ankan là 0,05 (mol) 0,5 H2O CO2 Đặt công thức 3 ankan là CmH2m+2; CnH2n+2; CtH2t+2 thì bảo toàn C ta có m + n + t = 7 nên chọn m = 1; n = 2; t = 4. Bình chứa P O hấp thu H O m 1,26 gam 0,5 2 5 2 H2O Bình chứa P hấp tụ O m 0,16 gam 2 O2 Bình chứa Ca(OH)2 hấp thụ CO2, Do tạo kết tủa và đun dung dịch lại xuất hiện kết tủa tạo 2 muối CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O (1) 0,5 0,03  0,03 0,03 BaCO3 + CO2 + H2O Ba(HCO3)2 (2) 4.2 (0,03-0,1) 0,1 Suy ra n 0,04 mol CO2 20.32 28.80 M (không khí)= 28,8 hoặc 29 100 0,5 Sơ đồ: X + không khí CO2 + H2O + N2 (1) Áp dụng ĐLBTKL: m + m = m + m + m + m (dư) X kk CO2 H2O N2 O2 1,54 + x.28.8 = 0,04.44+1,26+0,16 +0,25.28 x=0,3 mol
8. 0,32.0,082.(273 54,6) 0,5 P= 0,86 atm 10 Câu 5 (4 điểm). 5.1. 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 dung dịch Br2 , tác dụng với Br 2 theo tỉ lệ mol 1:2, không tác dụng với AgNO 3/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. 5.2. Cho 0,3 mol hỗn hợp X gồm 2 este đơn chức tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2M đun nóng. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 37,6 gam hỗn hợp gồm hai muối hữu cơ khan có khối lượng hơn kém nhau 11,6 gam, phần hơi có chứa nước và một hợp chất hữu cơ no, mạch hở Y. Hợp chất Y có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc, đốt cháy hoàn toàn Y rồi cho sản phẩm hấp thụ hết vào bình chứa dung dịch nước vôi trong dư, thấy khối lượng bình tăng thêm 24,8 gam so với ban đầu. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các chất khí đều đo ở đktc. Xác định công thức cấu tạo có thể có của 2 este. ĐÁP ÁN CÂU 5 CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM Đặt A: CxHy x : y = (88,235:12) : 11,765 = 10 : 16 CT thực nghiệm 0,5 (C10H16)n MA = 136 CTPT A : C10H16 (số lk + số vòng = 3) A tác dụng Br2 theo tỉ lệ mol 1:2 A có 2 liên kết và 1 vòng A không tác dụng với AgNO3/NH3 A không có nối ba đầu mạch 0,5 5.1 Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ : anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal CTCT A: * CH3 0,5 n 0,4 4 1 NaOH 2 neste 0,3 3 + Mà 2 este là đơn chức trong hỗn hợp có 1 este của phenol. 0,5 + Khi thủy phân X thu được hỗn hợp rắn chỉ có 2 muối 2 este có cùng gốc axit. + Mặt khác khi thủy phân hỗn hợp thu được 1 chất hữu cơ no mạch hở có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc Sản phẩm đó phải là anđehit no đơn chức mạch hở trong hỗn hợp có một este có gốc ancol kém bền. 5.2 Gọi công thức của 2 este là RCOOCH=CHR’và RCOOC6H4R’’ RCOOCH=CHR’ + NaOH RCOONa + R’CH2CHO (1) x mol x mol x mol x mol RCOOC6H4R’’ + 2NaOH RCOONa + R’’C6H4ONa+H2O (2) y mol 2y mol y mol y mol theo bài ra ta có hệ : 0,5 nhh x y 0,3 x 0,2(mol) nRCOONa 0,3 n x 2y 0,4 y 0,1(mol) NaOH n 0,1 R ''C6H4ONa n 0,2 R 'CH2CHO
9. Gọi CTPT của anđehit no đơn chức mạch hở Y là CnH2nO ta có CnH2nO+(3n-1)/2O2 nCO2 + nH2O (3) 0,2 0,2n 0,2n m bình tăng = 0,2n.44 + 0,2n.18 = 24,8 →n =2 0,5 CTPT là C2H4O hay CH3CHO. Vì tổng khối lượng 2 muối bằng 37,6 gam và 2 muối hơn kém nhau m1 m2 11,6 m1 24,6 m1 m2 37,6 m2 13 TH1: 24,6 R 67 82 R 15 0,5 mRCOONa 24,6 0,3 mR ''C H ONa 13 13 6 4 R '' 115 130 R '' 15 0,1 R là (CH3 ) CH3COOCH CH2 2 este là R '' là (CH3 ) CH3COOC6H4CH3 TH2: 13 0,5 R 67 43,33 mRCOONa 13 0,3 (loại) mR ''C H ONa 24,6 24,6 6 4 R '' 115 246 0,1 HẾT