Đề thi chọn học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 11 lần 6 - Năm học 2016-2017 - Trường THPT Nghi Lộc 5 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 11 lần 6 - Năm học 2016-2017 - Trường THPT Nghi Lộc 5 (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HSG 11 THPT NĂM HỌC 2016 -2017 TRƯỜNG THPT NGHI LỘC MÔN: HÓA HỌC 11 Thời gian: 150 phút. 5 Câu 1(3 điểm):1. Trong thiên nhiên, brom có nhiều ở nước biển dưới dạng NaBr. Công nghiệp hóa học điều chế brom từ nước biển được thực hiện theo quy trình sau đây: - Cho một ít dung dịch H2SO4 vào một lượng nước biển; - Sục khí clo vào dung dịch mới thu được; - Dùng không khí lôi cuốn hơi brom tới bảo hòa vào dung dịch Na2CO3; - Cho dung dịch H2SO4 vào dung dịch đã bão hòa brom, thu hơi brom rồi hóa lỏng. Hãy viết các phương trình hóa học chính đã xảy ra trong các quá trình trên và cho biết vai trò của H2SO4. 2. Cho m gam hỗn hợp X gồm CuCl 2 và FeCl3 vào nước thu được dung dịch A. Chia A làm 2 phần bằng nhau. Sục khí H2S dư vào phần 1 được 1,28 gam kết tủa, cho Na 2S dư vào phần 2 được 3,04 gam kết tủa. Tính m. Câu 2(2,5 điểm):1. Cho các đơn chất A, B, C . Thực hiện phản ứng : A + B X X + H2O NaOH + B B + C Y 1 : 1 Y + NaOH  Z + H2O 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 . 2. Có 1 lít dung dịch X gồm Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch X, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A. Tính thành phần % khối lượng các chất trong A. Câu 3(3 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 hỗn hợp gồm 0,03 mol Al, 0,02 mol Cu và 0,02 mol Zn tác dụng với hỗn hợp 2 axit H2SO4 và HNO3, sau phản ứng thu được 4,76 gam hỗn hợp khí SO2 và NO2 có thể tích là 1,792 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và m gam muối (không có muối amoni). Tính m. Câu 4(3 điểm): 1. M và R là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính (nhóm A), có thể tạo với hiđro các hợp chất MH và RH. Gọi X và Y lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của M và R. Trong Y, R chiếm 35,323% khối lượng. Để trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch 16,8% X cần 150 ml dung dịch Y 1M. Xác định các nguyên tố M và R. 2. Để hoà tan hoàn toàn a mol một kim loại cần một lượng vừa đủ a mol H 2SO4, sau phản ứng thu được 31,2 gam muối sunfat và khí X. Toàn bộ lượng khí X này làm mất màu vừa đủ 500 ml dung dịch Br 2 0,2M. Xác định tên kim loại. Câu 5(2,5 điểm): 1.Trong một tài liệu tham khảo có ghi những phương trình hóa học như dưới đây, hãy chỉ ra những lỗi (nếu có) và sửa lại cho đúng. a. CaI2 + H2SO4 đặc CaSO4 +2HI b. 3FeCl2 + 2H2SO4 đặc FeSO4 + 2FeCl3 + SO2 +2H2O c. Cl2 +2KI dư 2KCl + I2 2. Đun nóng hỗn hợp X gồm bột Fe và S trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp rắn A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y có tỉ khối so với H2 là 13. Lấy 2,24 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) khí Y đem đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100 ml dung dịch H2O2 5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Tính thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X. b. Xác định nồng độ % các chất trong dung dịch B. Câu 6(1 điểm):Cho m gam hỗn hợp kim loại Ba, Na (được trộn theo tỉ lệ số mol 1:1) vào nước được 3,36 lít H2 (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và dung dịch X. Cho CO 2 hấp thụ từ từ vào dung dịch X. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol kết tủa theo số mol CO2 được hấp thụ. HẾT
2. - Thí sinh không được sử dụng tài liệu (kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học). - Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC Câu Nội dung Điểm I H 1. Cl2 + 2NaBr  2NaCl + Br2 (1) 3 3Br2 + 3Na2CO3 5NaBr + NaBrO3 + 3CO2 (2) H2SO4 + Na2CO3  Na2SO4 + CO2 + H2O (3) 5NaBr + NaBrO3 + 3H2SO4 3Na2SO4 + 3Br2 + 3H2O (4) Vai trò của H SO : (1) H SO có tác dụng axit hóa môi trường phản ứng, (3) (4) là chất tham 2 4 2 4 1,5 gia pư, nếu môi trường kiềm thì sẽ có cân bằng: . - - OH - - 3Br2+ 6OH 5Br + BrO3 + 3H2O H+ 2. Thêm H2S vào phần 1 ta có: 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2HCl x 0,5x 0,5 CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl y y 16x +96y = 1,28 (I) Thêm Na2S vào phần 2 2FeCl3 + Na2S → 2FeCl2 + S + 2NaCl sau đó: FeCl2 + Na2S → FeS↓ + 2NaCl  2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl mol: x x 0,5 x CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl
3. y y 0,5 88x + 32.0,5x + 96y = 3,04 (II) + Từ (I, II) ta có: x = 0,02 mol và y = 0,01 mol  m = 4,6.2 = 9,2 gam. 0,5 II 1. A : Na ; B : H2 ; X : NaH 3 B + C Y C là phi kim, Y là axít 1 1:1 Y NaOH  Z H2O 1mol Y phản ứng khối lượng chất tan tăng ( Y - 18 )g 2,688 0,12mol 2,22g 22,4 0,5 Y 18 1 Y 36,5 2,22 0,12 C :Clo 0,5 2. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau: 2+ 2- M + CO3 MCO3 2- Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO3 = 0,35 Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl 2 về MCO3 khối lượng giảm 11 gam. Thực tế 3,3 2- 2- khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam Số mol MCO 3 = = 0,3 CO3 có dư, 11 M2+ pư hết nBaCl2 = x, CaCl2 = y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3 giải ra được BaCO3 = 0,1 mol, CaCO3 = 0,2 mol và % BaCO3 = 49,62%, CaCO3 = 50,38%. 1 III 1. 1. (3 điểm) 0,75 a. Vì sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại nên có thể gồm 2 trường hợp sau: 3,5 + Trường hợp 1: AgNO 3 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) 0,75 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). 0,25 Zn + 2AgNO3  Zn(NO3)2 + 2Ag (1) x 2x x 2x 0,5 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) 0,5 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 . 0,75 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.
4. 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. Dựa vào thể tích và khối lượng hỗn hợp khí, lập hệ pt dễ dàng tính được số mol SO 2 = 0,06 và NO2 = 0,02 số mol e nhận = 0,06.2 + 0,02 = 0,14 Nếu tất cả kim loại đều tan thì ne nhường = 0,03.3 + 0,02.2 + 0,02.2 = 0,17 > 0,14. Như vậy có 0,17 0,14 kim loại còn dư, đó là Cu (vì Cu có tính khử yếu nhất), tính được số mol Cu dư = = 2 0,015 - + Ta có : NO3 + 2H +1e NO2 + H2O 0,02 0,04 2- + SO4 +4H +2e SO2 +2H2O 0,06 0,24 - - + nNO3 (muối) = nNO3 (ax) – nNO2 = nH - nNO2 = 0,04 – 0,02 = 0,02 2- Tương tự tính được nSO4 = 0,06 mol. Khối lượng muối = mkim loại + mgốc axit m = 0,03.27 + 0.02.65 + 0,005.64 + 0,02.62 + 0,06.96 = 9,43 (gam) IV 1. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA. Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROH 3,5 R 35,323 Ta có : R 9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp) 17 64,677 Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4 R 35,323 0,5 Ta có : R 35,5 , vậy R là nguyên tố clo (Cl). 65 64,677 Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ dạng MOH 16,8 mX 50 gam 8,4 gam 100 MOH + HClO4 XClO4 + H2O n n 0,15 L 1mol / L 0,15mol MOH HClO4 8,4 gam M 17 56 0,15mol M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K). 1 2. Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2S hoặc SO2. Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng: 8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O 5n 8 Theo ptpu: n = nR. Theo bài ra: n = nR → 5n = 8 → n = . H2SO4 8 H2SO4 5 0,5 Vậy khí X đã cho là khí SO2. Và ta có phương trình phản ứng: 2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O Ta có: 2 =2n n =1 Phương trình (1) được viết lại: 0,5
5. 2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O * Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau: SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (2) Theo (2): n = n = 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR SO = n = 0,1(mol) SO2 Br2 2 4 SO2 31,2 Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → M = = 312 → MR = 108 (R là Ag). R2SO4 0,1 1 V 1. a. HI có tính khử, pư được với H2SO4 đặc, nên sửa lại 3,5 4CaI2 + 5H2SO4 đặc 4CaSO4 + H2S + 4I2 +4H2O 0,5.3 b. Do FeSO4 có tính khử, H2SO4 đặc có tính oxi hóa nên phương trình được viết lại: 2FeCl2 + 4H2SO4 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4HCl + 2H2O c. Do có KI dư nên I2 tan trong KI tạo KI3, vậy phương trình được viết lại: Cl2 + 3KI 2KCl + KI3 2. a) Viết phương trình: Fe + S FeS (1) FeS + 2HCl FeCl2 + H2S (2) Với MY = 13.2 = 26 Y có H2S và H2, do Fe dư phản ứng với HCl. Fedư + 2HCl FeCl2 + H2 (3) 2H2S + 3O2 2SO2 + 2H2O (4) 2H2 + O2 2H2O (5) SO2 + H2O2 H2SO4 (6) Đặt n = a (mol); n = b (mol) H2S H2 34a 2b a 3 MY = 26 a b b 1 Giả sử n = 1 (mol) n = 3 (mol) H2 H2S (1)(2) n = n = n = n = 3 (mol) Fe phản ứng S FeS H2S (3) n = n = 1 (mol) Fe dư H2 nFe ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol) 4.56.100% Vậy: %mFe = 70% 4.56 3.32 0,5 %mS = 100% - 70% = 30% 2,24 3 b) nY = = 0,1(mol) n = .0,1 = 0,075 (mol). 22,4 H2S 4 n = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol). H2 5,1.1.100 n 0,15(mol) H2O2 100.34 0,5 Từ (4)(6) n = n = 0,075 (mol) SO2 H2S Từ (6) n = n = 0,075 (mol) H O dư. H2SO4 SO2 2 2 n = n = 0,075 (mol) H O dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol) H2O2 phản ứng SO2 2 2 Áp dụng BTKL ta có: m = m + m + m = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g) ddB ddH2O2 SO2 H2O 0,075.98.100 Vậy: C%H2SO4 = = 6,695 (%). 106,6 0,5 0,075.34.100 C%H2O2 dư = = 2,392 (%). 106,6 0,5 VI 1. Ba + H2O Ba(OH)2 + H2 Na + H2O NaOH + 1/2H2
6. - 3,5 Dựa vào pt, tính được nBa(OH)2 = NaOH = 0,1. Tính được nOH = 0,3 0,5 Sục từ từ CO2 vào dd X có các pư - 2- CO2 + 2OH CO3 + H2O 2- 2+ CO3 + Ba BaCO3 BaCO3 + CO2 Ba(HCO3)2 Dựa vào pt, hs vẽ được đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol BaCO 3 kết tủa với số mol CO2 0,5 được hấp thụ (Hình thang cân ) nkết tủa 1 0,1 0 0,1 0,2 0,3 nCO2 7. 1. n = 0,8 mol; n = 0,25 mol n 0,55mol (0,5 đ) 0,25 Y Z NO2 Vì khi qua dung dịch NaOH chỉ có khí NO2 hấp thụ nên Z phải chứa khí H2 và khí A (MZ 7,6) . 1 Ta có n n 0,2 mol nA = 0,05 mol. H 2 2 HCl 0,2.2 0,05.MA 0,5 M 7,6 MA = 30 A là NO. (0,5 đ) Z 0,25 Gọi nMg phản ứng là x mol. Quá trình oxi hóa: Quá trình khử: 0,75 +2 + Mg Mg + 2e 2H + 2e H2 x 2x 0,4 mol 0,2 mol N+5 + 1e N+4 0,55 mol 0,55 mol N+5 + 3e N+2 0,15 mol 0,05 mol (0,5đ) 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. (0,5đ) nHNO (pu) n (pu) n (muoi) = 0,55 + 0,05 + 2 (0,55 – 0,2) = 1,3 mol. 3 NO3 NO3 (0,5) 1,3 HNO3  13M a = 13M. 0,1 (0,5đ) 2. (2 điểm): n 3 nFeCO 0,05mol;n 3n 3 0,15mol Fe 3 NO3 Fe (0,5đ) + - 2+ 3Cu + 8H + 2NO3 3Cu + 2NO + 4H2O (0,5đ) 0,15.3 mol 0,15 mol 2 Cu + 2Fe3+ Cu2+ + 2Fe2+ (0,5đ)
7. 0,025 mol 0,05 mol 0,15.3 Vậy m = 64 ( +0,025) = 16 gam. 2