Nội dung:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Hoá Học - Lớp: 11. (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) Bài 1 (3,0 điểm). a. Trộn 100 ml dd X gồm NaOH 0,04M và KOH 0,06M với 200 ml dd Y chứa H2SO4 0,05M và HCl 0,1M thu được dung dịch Z. Xác định pH của dung dịch Z. b. Trộn 250 ml dung dịch hỗn hợp HCl 0,08 mol/l và H2SO4 0,01 mol/l với 250 ml dung dịch Ba(OH)2 có nồng độ a(M) thu được m gam kết tủa và 500 ml dung dịch có pH = 12. Hãy tính m và a. Coi Ba(OH)2 điện li hoàn toàn cả hai nấc. Bài 2 (3,0 điểm).Nêu hiện tượng xảy ra, viết phương trình phản ứng khi : a. Thổi từ từ đến dư khí CO2 vào dung dịch nước vôi trong . b. Cho dung dịch HCl vào dung dịch Na2SiO3. c. Cho dung dịch Ba(HCO3)2 vào dung dịch NaHSO4. d. Sục khí etilen vào dung dịch KMnO4. e. Dẫn hỗn hợp khí metan và etilen qua dung dịch nước brom dư. Bài 3 ( 3,0 điểm). Hòa tan hoàn toàn 25,6 gam hỗn hợp A gồm Cu và Fe2O3 vào dung dịch HNO3 2M (dư 20% so với lượng cần phản ứng) thu được dung dịch B và 2,24 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. a. Tính phần trăm khối lượng Fe2O3 trong hỗn hợp A? b. Tính thể tích dung dịch HNO3 ban đầu? c. Lấy dung dịch B đem cô cạn rồi nung tới khối lượng không đổi thì thu được m gam chất rắn. Tính giá trị của m ? Bài 4 (3,0 điểm). Hỗn hợp khí X gồm H2 và một anken có khả năng cộng HBr cho sản phẩm hữu cơ duy nhất. Tỉ khối của X so với H2 bằng 9,1. Đun nóng X có xúc tác Ni, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y không làm mất màu nước brom; tỉ khối của Y so với H2 bằng 13. Công thức cấu tạo của anken là: Bài 5 (3,0 điểm). Cho 3,36 lít hỗn hợp khí A (đktc) gồm hiđro cacbon X có công thức CnH2n + 2 và hiđro cacbon Y (công thức CmH2m) đi qua bình nước Brom dư thấy có 8 gam brom tham gia phản ứng. Biết 6,72 lít hổn hợp A nặng 13 gam, n và m thoả mản điều kiện: 2  n; m  4. Tìm công thức phân tử 2 hiđro cacbon X; Y. Bài 6 (5,0 điểm). Cho hỗn hợp A gồm MgO, Al2O3 và một oxit của kim loại hoá trị II kém hoạt động. Lấy 16,2 gam A cho vào ống sứ nung nóng rồi cho một luồng khí H2 đi qua cho đến phản ứng hoàn toàn. Lượng hơi nước thoát ra được hấp thụ bằng 15,3 gam dung dịch H2SO4 90%, thu được dung dịch H2SO4 85%. Chất rắn còn lại trong ống đem hoà tan trong HCl với lượng vừa đủ, thu được dung dịch B và 3,2 gam chất rắn không tan. Cho dung dịch B tác dụng với 0,82 lít dung dịch NaOH 1M, lọc lấy kết tủa, sấy khô và nung nóng đến khối lượng không đổi, được 6,08 gam chất rắn. Xác định tên kim loại hoá trị II và thành phần % khối lượng của A. ----------HẾT---------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: ...................................... Số báo danh: ................ Chữ ký giám thị coi thi số 1: Chữ ký giám thị coi thi số 2: ĐỀ CHÍNH THỨC SỞDỤCĐÀOTẠONỘI TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Hóa Học - Lớp: 11. I. Hướng dẫn chung II. Đáp án và thang điểm Câu Đáp ánĐiểm (3,0 điểm) a. pH = 1. 1,0 điểm b. H+ + OH- → H2O . 0,025 0,025 (mol) Theo đề : pH = 12 → [OH-] = 10-2 (M) Do đó : 0,01. 0,5 + 0,025 = 2.0,25a → a = 0,06 (M). 1,0 điểm Ba2+ + SO42- → BaSO4 0,0015 0,0015 0,0015mol → m = 0,0015.233 = 0,3495(g). 1,0 điểm Bài 2 ( 3,0 điểm) a. Ban đầu có kết tủa trắng xuất hiện: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,5 điểm Khi CO2 dư kết tủa tan dần thành dung dịch trong suốt : CO2 + H2O + CaCO3 → Ca(HCO3)2 0,5 điểm b. Xuất hiện kết tủa trắng keo: HCl + Na2SiO3 → 2NaCl + H2SiO3 0,5 điểm c. Xuất hiện kết tủa trắng và khí không mùi: Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 → BaSO4 + Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O 0,5 điểm d. Màu tím của KMnO4 nhạt dần và có kết tủa nâu đen xuất hiện. 3C2H4 + 4H2O + 2KMnO4 → 2C2H4(OH)2 + 2MnO2 + 2KOH. 0,5 điểm e. Màu nâu đỏ của nước brom nhạt dần và có khí không màu thoát ra. C2H4 + Br2(dd) → C2H4Br2. ( Nâu đỏ ) ( không màu ) 0,5 điểm Bài 3 (3,0 điểm) a. Số mol NO = 0,1 mol → số mol Cu = 0,15 mol 0,5 điểm → số mol Fe2O3 = (25,6 – 0,15x64)/160 = 0,1 mol % m Fe2O3 = 16/25,6x100% = 62,5 % 0,5 điểm b. Số mol HNO3 phản ứng là : 1 (mol). Số mol HNO3 dư là : 0,2 (mol). 0,5 điểm số mol HNO3 ban đầu là : 1,2 (mol ) → thể tích dung dịch HNO3 ban đầu là: 0,6 (lit) 0,5 điểm c. mrắn = mFe2O3 + mCuO = 0,1.160 + 0,15.80 = 28 (g). 1,0 điểm (3,0 điểm) Pt : CnH2n + H2 → CnH2n + 2 Do hỗn hợp khí Y không làm mất màu nước brom → Y không chứa anken → Anken hết. Ta có nX /nY=MY/MX=13/9,1. Chọn nX=1mol → nY=0,7mol. nanken= nX - nY=0,3mol → nH2=0,7mol. 1,0 điểm Ta lại có MX= 14n.0,3+2.0,7=18,2 → n=4 → CTPT Anken là: C4H8. 1,0 điểm Anken + HBr → sản phẩn duy nhất → CTCT Anken : CH3CH=CHCH3. 1,0 điểm ( 3,0 điểm) Cho hổn hợp khí qua dd nước brom X: CnH2n + 2 + Br2 r Không phản ứng Y: CmH2m + Br2 r CmH2mBr2 Gọi số mol X, Y trong hỗn hợp lần lượt là a và b ta có: 1,0 điểm ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC a + b = 4,22 36,3 = 0,15 (mol) nY = nBrom = b = 160 8 = 0,05 (mol B a = 0,1 mol Theo khối lượng hỗn hợp: (14n + 2)0,1 + 14m . 0,05 = 13 . 72,6 36,3 = 6,5 Rút gọn: 2n + m = 9 1,0 điểm Vì cần thoả mản điều kiện 2  n; m  4. ( m, n nguyên dương) Chỉ hợp lí khi n = m = 3 Vậy công thức phân thức phân tử X là C3H8; Y là C3H6. 1,0 điểm Bài 6 (5,0 điểm) Gọi R là KHHH của kim loại hoá trị II, RO là CTHH của oxit. Đặt a, b, c lần lượt là số mol của MgO, Al2O3, RO trong hỗn hợp A. Theo bài ra ta có: 40a + 102b + (MR + 16)c = 16,2 (I) Các PTHH xảy ra: RO + H2 → R + H2O (1) MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O (2) Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O (3) MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2 + 2NaCl (4) AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 + 3NaCl (5) Có thể có: Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + H2O (6) x x x Gọi x là số mol của NaOH còn dư tham gia phản ứng với Al(OH)3 Mg(OH)2 → MgO + H2O (7) 2Al(OH)3 → Al2O3 + 3H2O (8) 2b – x 2 2xb mol 2,0 điểm Ta có: Khối lượng của axit H2SO4 trong dd 90% là: m = 15,3 . 0,9 = 13,77 (g) Khối lượng của axit H2SO4 trong dd 85% vẫn là 13,77(g). Vì khi pha loãng bằng H2O thì khối lượng chất tan được bảo toàn. Khối lượng dd H2SO4 85% là: (15,3 + 18c) Ta có: C% = )183,15( 77,13 c .100% = 85% Giải phương trình: c = 0,05 (mol) Chất rắn không tan trong axit HCl là R, có khối lượng 3,2g. 8 MR = 05,0 2,3 = 64. Vậy R là Cu. Thay vào (I) → 40a + 102b = 12,2 (II) Số mol NaOH = 0,82.1 = 0,82 (mol) 1,0 điểm TH1: Phản ứng 6 xảy ra nhưng Al(OH)3 tan chưa hết. nNaOH = 2a + 6b + x = 0,82 (III) 40a + 102( 2 2xb ) = 6,08 (IV) Giải hệ phương trình (II) và (IV) được: x = 0,12 (mol) Thay vào (III) → 2a + 6b = 0,7 (III)/ 1,0 điểm Giải hệ phương trình: (II) và (III)/ được: a = 0,05 và b = 0,1 %CuO = 24,69% ; %MgO = 12,35% và %Al2O3 = 62,96% TH2: Phản ứng 6 xảy ra và Al(OH)3 tan hết mrắn = mMgO = 6,08g nMgO = 6,08 : 40 = 0,152 mol 0 mAl 2 O 3 = 12,2 – 6,08 = 6,12 g 0 nAl 2 O 3 = 6,12 : 102 = 0,06 mol 0 nNaOH = 2nMgO + 6nAl 2 O 3 = 2.0,152 + 6.0,06 = 0,664 mol 0 nAl(OH) 3 = 2nAl 2 O 3 = 0,12 mol 0 nNaOH dư = 0,82 – 0,664 = 0,156 mol 0 Nhận thấy: nNaOH dư = 0,156 > nAl(OH) 3 = 0,12 mol => Al(OH)3 tan hết. 0 Tính được: mCuO = 4g => %mCuO = 24,69% 0 mMgO = 6,08g => %mMgO = 37,53% 0 mAl 2 O 3 = 6,12 => % mAl 2 O 3 = 37,78% 1,0 điểm