Đề thi chọn học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 11 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT Đặng Thúc Hứa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 11 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT Đặng Thúc Hứa (Có đáp án)

1. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: HOÁ HỌC 11 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I ( 3điểm). 1. Viết cấu hình electron và xác định vị trí trong bảng tuần hoàn của các nguyên tố thuộc chu kỳ nhỏ có 2 electron độc thân. 2. Cho các phi kim: Nitơ, photpho, silic và oxi. Sắp xếp các phi kim theo thứ tự tăng dần tính phi kim. Giải thích? 3. So sánh bán kính các ion và giải thích: Na+, Mg2+, K+ , F-, O2-. Câu II (4 điểm). 1. Khí A không màu có mùi đặc trưng, khi cháy trong khí oxi tạo nên khí B không màu, không mùi. Khí B có thể tác dụng với liti kim loại ở nhiệt độ thường tạo ra chất rắn C. Hoà tan chất rắn C vào nước được khí A. Khí A tác dụng với khí D trong điều kiện thích hợp tạo ra chất rắn E. Cho E tác dụng với nước vôi trong dư thu được kết tủa F và khí A. Xác định các chất A, B, C, D, E, F và viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra. 2. Từ không khí, nước, muối ăn, đá vôi, quặng photphorit, quặng pirit sắt viết phương trình phản ứng điều chế: Nước Javen, Clorua vôi, Supephotphat kép, ure, amophot. 3. Trình bày phương pháp và vẽ hình mô tả thí nghiệm điều chế khí NH 3 trong phòng thí nghiệm? Để làm khô khí NH3 người ta dùng chất gì? Câu III (6 điểm). 1. Hỗn hợp X chứa các chất: Na 2O, NH4NO3, NaHCO3 và Ba(NO3)2 có số mol bằng nhau. Hòa tan hỗn hợp X vào nước dư, đun nóng, thu được dung dịch Y. Cho dung dịch H 2SO4 loãng và bột Cu vào Y. Viết các phương trình phản ứng xẩy ra. 2. Sắp xếp ( giải thích) các dung dịch loãng có cùng nồng độ mol/lit theo thứ tự tăng dần giá trị pH: NaCl, NH3, Ba(OH)2, NH4Cl, KHSO4. 3. Hòa tan 0,1mol NH3 vào nước được 1 lit dung dịch A. Độ điện li của NH3 là 1,33%. a. Tính pH của dung dịch A. b. Hòa tan 0,09 mol HCl vào 1 lit dung dịch A. Tính pH dung dịch thu được. 4. Dung dịch CH3COOH có pH = 4. Phải thêm vào 1 lít dung dịch này bao nhiêu gam CH3COOH để được dung -5 dịch có pH=3,5. Cho Ka= 1,8.10 . Câu IV. (6 điểm). 1. Hòa tan hết 3,79 gam hỗn hợp X gồm Al và Zn (có tỉ lệ mol tương ứng là 2:5) vào dung dịch chứa 0,394 mol HNO3, thu được dung dịch Y và V ml khí N2 (đktc). Dung dịch Y tác dụng tối với 1,94 lít dung dịch NaOH 0,25M để thu được dung dịch trong suốt. Tính V? 2. Trộn 100ml dd chứa KHCO3 1M và K2CO3 1M với 100ml dung dịch chứa NaHCO3 1M và Na2CO3 1M được 200ml dung dịch X. Nhỏ từ từ 100ml dung dịch Y chứa H2SO4 1M và HCl 1M vào dung dịch X được V lít CO2 (đktc) và dung dịch Z. Cho Ba(OH)2 dư vào Z thì thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của V và m? 3. Hòa tan 17,32 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe 3O4 và Fe(NO3)2 cần vừa đúng dung dịch hỗn hợp gồm 1,04 mol HCl và 0,08 mol HNO3, đun nhẹ thu được dung dịch Y và 2,24 lít hỗn hợp khí Z (đktc) có tỉ khối hơi đối với H 2 là 10,8 gồm hai khí không màu trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Cho dung dịch Y tác dụng với một lượng dung dịch AgNO3 vừa đủ thu được m gam kết tủa và dung dịch T. Cho dung dịch T tác dụng với một lượng dư dung dịch NaOH, lọc kết tủa nung đến đến khối lượng không đổi thu được 20,8 gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m? - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2. ĐÁP ÁN Câu 1: 1(1đ). Viết cấu hình electron và xác định vị trí trong bảng tuần hoàn của các nguyên Mỗi tố thuộc chu kỳ nhỏ có 2 electron độc thân. trường hợp (3đ) 1. Có bốn trường hợp sau: 0,25đ. TH1: Cấu hình electron 1s22s22p2 => thuộc ô thứ 6, chu kì 2, nhóm IVA. TH2: Cấu hình electron 1s22s22p4 => thuộc ô thứ 8, chu kì 2, nhóm VIA. TH3: Cấu hình electron 1s22s22p63s23p2 => thuộc ô thứ 14, chu kì 3, nhóm IVA. TH4: Cấu hình electron 1s22s22p63s23p4 => thuộc ô thứ 16, chu kì 3, nhóm VIA. 2(1đ). Cho các phi kim: Nitơ, photpho, silic và oxi. Sắp xếp các phi kim theo thứ tự 0,5đ tăng dần tính phi kim. Giải thích? Giải thích Sắp xếp các phi kim theo thứ tự tăng dần tính phi kim: 0,5 đ Si, P, N, O. Giải thích: - Các nguyên tố Si và P thuộc chu kỳ 3. P có tính phi kim lớn hơn vì theo chiều tăng của điện tích hạt nhân tăng dần thì tính phi kim tăng dần. - Ni tơ có tính phi kim lớn hơn Photpho. Vì cùng nhóm VA theo chiều tăng của điện tích hạt nhân tính phi kim giảm dần. - O xi có tính phi kim lớn hơn nitơ. Vì cùng thuộc chu kỳ 2 theo chiều tăng của điện tích hạt nhân tăng dần thì tính phi kim tăng dần. 3(1đ). So sánh bán kính các ion và giải thích: Na+, Mg2+, K+ , F-, O2-. Sắp xếp theo thứ tự tăng dần bán kính: Mg2+, Na+, F-, O2-, K+ . 0,5đ Giải thích: K+ có bán kính lớn nhất vì có số lớp e lớn nhất ( 3 lớp). Các ion còn lại có 2 lớp e nên bán kính nhỏ hơn. - Điện tích hạt nhân càng lớn thì lực hút giữa hạt nhân và số e lớp ngoài cùng tăng lên làm cho bán kính nhỏ hơn. 0,5 Câu II 1(1,25). Khí A không màu có mùi đặc trưng, khi cháy trong khí oxi tạo nên khí Mỗi (4 điểm). B không màu, không mùi. Khí B có thể tác dụng với liti kim loại ở nhiệt độ thường PT 0,25đ 1. tạo ra chất rắn C. Hoà tan chất rắn C vào nước được khí A. Khí A tác dụng với khí D (1,25đ) trong điều kiện thích hợp tạo ra chất rắn E. Cho E tác dụng với nước vôi trong dư thu x5 = được kết tủa F và khí A. Xác định các chất A, B, C, D, E, F và viết phương trình hoá 1,25đ học của các phản ứng xảy ra. . Khí A là NH3 4NH3 + 3O2 2N2 + 6H2O ; 6Li + N2 2Li3N (A) (B) (C) 2Li N + 6 H O 6LiOH + 2NH ; 2NH + CO (NH ) CO + H O 3 2 3 3 2 2 2 2 0,25đ (E) (NH2)2CO + Ca(OH)2 CaCO3 + 2NH3 (F) 2. Mỗi (1,25đ) chất 2(1,25đ). Từ không khí, nước, muối ăn, đá vôi, quặng photphorit, quặng pirit sắt viết phương trình phản ứng điều chế: Nước Javen, Clorua vôi, Supephotphat kép, ure, 0,25đ x5 = amophot. 1,25đ 3. (1,5đ) 3(1,5đ). Trình bày phương pháp và vẽ hình mô tả thí nghiệm điều chế khí NH 3 trong phòng thí nghiệm? Để làm khô khí NH3 người ta dùng chất gì? - Hình vẽ 0,5đ. - Phương trình phản ứng 0,5đ. Để làm khô khí NH3 dùng CaO; 0,5đ Câu III 1. Hỗn hợp X chứa các chất: Na 2O, NH4NO3, NaHCO3 và Ba(NO3)2 có số mol bằng (5 điểm). nhau. Hòa tan hỗn hợp X vào nước dư, đun nóng, thu được dung dịch Y. Cho dung dịch H SO loãng và bột Cu vào Y. Viết các phương trình phản ứng xẩy ra. 1.(1,25đ) 2 4
3. Na2O + H2O 2NaOH. a 2a NaOH + NH4NO3 NaNO3 + NH3 + H2O. a a a NaOH + NaHCO3 Na2CO3 + H2O. a a a Na2CO3 + Ba(NO3)2 BaCO3 + 2NaNO3. a a Dung dịch Y chứa NaNO3. Cho dung dịch H2SO4 loãng và bột Cu vào Y có phản ứng. 3Cu + 4H2SO4 + 2NaNO3 3CuSO4 + Na2SO4 + 2NO + 4H2O. 2. Sắp xếp ( giải thích) các dung dịch loãng có cùng nồng độ mol/lit theo thứ tự tăng Mỗi pt dần giá trị pH: NaCl, NH3, Ba(OH)2, NH4Cl, KHSO4. 0,5 đ Sắp xếp theo thứ tự tăng dần giá trị pH: KHSO4, NH4Cl, NaCl, NH3, Ba(OH)2. + Giải thích: KHSO4, NH4Cl có pH 7. Ba(OH)2 có nồng độ OH lớn hơn nên pH lớn hơn. NaCl có pH=7. 3 (2đ) 3. Hòa tan 0,1mol NH3 vào nước được 1 lit dung dịch A. Độ điện li của NH3 là 1,33%. a(1đ) a. Tính pH của dung dịch A. b. Hòa tan 0,09 mol HCl vào 1 lit dung dịch A. Tính pH dung dịch thu được. (0,25) + - a. NH3 + H2O  NH4 + OH (0,25) Ban đầu 0,1 0 0 (M) (0,25) Điện li 0,1α 0,1α 0,1α (M) Cân bằng 0,1 - 0,1α 0,1α 0,1α (M) (0,25) [OH-]= 0,1.0,0133 = 1,33.10-3 (M) b(1đ). 10 14 H 7,5.10 12 (M) (0,25) 1,33.10-3 pH = 11,12. NH . OH 3 2 4 (1,33.10 ) 5 b. Kb(NH3) = 1,79.10 NH 0,1.0,9867  3  (0,25) HCl + NH3 → NH4Cl 0,09 0,09 0,09 (mol) Số mol NH3 dư = 0,01 (mol) (0,25) + - NH3 + H2O ƒ NH4 + OH Ban đầu 0,01 0,09 0 (M) Điện li x x x (M) Cân bằng 0,01-x 0,09+x 0,1α (M) NH . OH 4 (0,09 x)x 5 Kb= 1,79.10 NH 0,01 x  3  (0,25) Giả sử x<<0,09; x<<0,01 [OH-] = x = 1,99.10-6M 14 10 9 H 5,03.10 (M) pH = 8,3 1,99.10-6 . 4. Dung dịch CH3COOH có pH = 4. Phải thêm vào 1 lít dung dịch này bao nhiêu gam -5 CH3COOH để được dung dịch có pH=3,5. Cho Ka= 1,8.10 . Gọi x là số gam CH3COOH cần thêm vào - + CH3COOH CH3COO + H Ban đầu: C Phản ứng αC αC αC Cân bằng C(1-α) αC αC (0,25)
4. [H ][CH3COO ] Ka = [CH3COOH ] -4 -5 -4 Thay αC = 10 , Ka = 1,8.10 vào, giải được C = 6,56.10 (0,25) Khi thêm x(g) vào ta có: 2 2 3,5 [H ][CH3COO ] .(C x) .10 -5 (0,25) Ka = = 1,8.10 [CH3COOH ] 1 1 Giải phương trình ta được α = 0,057, → x = 0,3g. (0,25) 1. Hòa tan hết 3,79 gam hỗn hợp X gồm Al và Zn (có tỉ lệ mol tương ứng là 2:5) vào dung dịch chứa 0,394 mol HNO3, thu được dung dịch Y và V ml khí N2 (đktc). Dung dịch Y tác dụng tối với 1,94 lít dung dịch NaOH 0,25M để thu được dung dịch trong suốt. Tính V? Hướng dẫn: 3 Al : 0,02 AlO2 : 0,02 (0,25) Zn2 : 0,05 2 ZnO2 : 0,05 btdt OH :0,485.mol  x 0,365.mol Y : NH : y  Al : 0,02 HNO :0,394.mol 4 Na : 0,485.mol 3  Zn : 0,05 NO :b 3 NO3 : x.mol (0,25) H : d NH : y 3 N2 : c (0,25) Bảo toàn mol nguyên tố nito. (0,25) y 2c 0,365 0,394 y 2c 0,029.mol (0,5) Bảo toàn electron : 8y 10c 0,02.3 0,05.2 0,16.mol (0,25) y 0,005.mol (0,25) c 0,012.mol 268,8.ml 2. Trộn 100ml dd chứa KHCO3 1M và K2CO3 1M với 100ml dung dịch chứa NaHCO3 1M và Na2CO3 1M được 200ml dung dịch X. Nhỏ từ từ 100ml dung dịch Y chứa H2SO4 1M và HCl 1M vào dung dịch X được V lít CO2 (đktc) và dung dịch Z. Cho Ba(OH)2 dư vào Z thì thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của V và m? Hướng dẫn chấm: V= 2,24 lít. m = 82,4 3. Hòa tan 17,32 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe3O4 và Fe(NO3)2 cần vừa đúng dung dịch hỗn hợp gồm 1,04 mol HCl và 0,08 mol HNO3, đun nhẹ thu được dung dịch Y và 2,24 lít hỗn hợp khí Z (đktc) có tỉ khối hơi đối với H 2 là 10,8 gồm hai khí không màu trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Cho dung dịch Y tác dụng với một lượng dung dịch AgNO3 vừa đủ thu được m gam kết tủa và dung dịch T. Cho dung dịch T tác dụng ) với một lượng dư dung dịch NaOH, lọc kết tủa nung đến đến khối lượng không đổi thu được 20,8 gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m? Hướng dẫn: Giải:
5. Dz/h2 =10,8 => Mz = 21,6 (g) Khí hóa nâu là no mà Mno =30 >21,6 => khí còn lại là h2 2. Z không màu => không có NO2. Các khí là hợp chất => không có N2. 0,25 => Hai hợp chất khí là N2O và NO. n n 4,48/ 22,4 n 0,1mol N2O NO N O Theo đề ta có: 2 44.n 30.n 7,4 n 0,1mol N2O NO NO 0,25 Hỗn hợp muối gồm Mg(NO3)2, Zn(NO3)2, Al(NO3)3 và có thể có NH4NO3. Gọi số mol của NH4NO3 là x mol (x 0). Ta có các quá trình nhận electron: + - 10H + 2NO3 + 8e N2O + 5H2O 1 0,1 0,5 (mol) + - 4H + NO3 + 3e NO + 2H2O 0,4 0,1 0,2 (mol) + - 10H + 2NO3 + 8e NH4NO3 + 3H2O 10x x 3x (mol) 0,75 => n n 1,4 10x(mol) ; n 0,7 3x(mol) HNO3 H H2O Theo phương pháp bảo toàn khối lượng ta có: m m m m m kimloai HNO3 muoi Z H2O 25,3 + 63(1,4+10x) = 122,3 + 7,4 + 18(0,7+3x) => x=0,05 0,5 => nHNO3 = 1 + 0,4 + 10.0,05 = 1,9 mol. 0,25 Nz =0,1 (mol) áp dụng phương trình đường chéo ta đc Nh2 =0,03 (mol) Nno =0,07 (mol) Đặt Nmg = a (mol) Nfe3o4 = b(mol) Nfe(no3)2 =c (mol) Nnh4+ = x (mol) Khối lượng hh = 17,32 (g) => 24a + 232b +180c = 17,32 (1) Ta có : Nh+ =4Nno + 10Nnh4+ + 2Nh2 + 2No2-  1,12 = 4.0,07 + 10x + 2.0,03 + 2.4b  8b + 10x = 0,78 (2) Bảo toàn nguyên tố N2 ta được : 2c + 0,08 = 0,07 + x  x – 2c = 0,01 (3) Sau khi nung kết tủa thu được 20,8 (g) chất rắn gồm : a mol Mgo và (3b + c)/2 mol fe2o3 => 40a + 160. (3b + c)/2 = 20,8  40a + 240b + 80c = 20,8 (4) Từ (1)(2)(3)(4) => a = 0,4 b = 0,01 c = 0,03 x = 0,07 Trong dd Y Nfe2+ = m (mol) Nfe3+ = n(mol) Bảo toàn fe => m + n = 0,06 (5) Bảo toàn điện tích trong dd Y ta có : 2.Nfe2+ + 3.Nfe3+ + 2.Nmg2+ + Nnh4+ = Ncl-  2m + 3n + 2.0,4 + 0,07 = 1,04  2m + 3n = 0,17 (6) Từ (5)(6) => m = 0,01 n = 0,05 Mà Nag = Nfe2+ = 0,01 (mol ) Bảo toàn cl => Nagcl = 1,04 (mol)  m = 108.0,01 + 143,5.1,04 = 150,32 (g)