Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh - Môn thi: Hóa 11

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh - Môn thi: Hóa 11

1. SỞ GDĐT TRÀ VINH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 Đề thi chính thức MÔN THI: HÓA HỌC Thời gian làm bài:180 phút (không kể thời gian giao đề) Thí sinh làm tất cả các câu hỏi sau đây: Câu 1. (2,0 điểm) Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị thuỷ phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng với nhau cho khí E, khí này tan được trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hoá đỏ. Hợp chất của A với C có trong tự nhiên và thuộc loại chất cứng nhất. Hợp chất của 3 nguyên tố A, B, C là một muối không màu, tan trong nước và bị thuỷ phân. Viết tên của A, B, C và các phương trình hóa học đã nêu ở trên. Câu 2. (3,0 điểm) Tiến hành lên men giấm 200ml dung dịch ancoletylic 5,750 thu được 200ml dung dịch Y. Lấy 100ml dung dịch Y cho tác dụng với Na dư thì thu được 60,648 lít H (đktc). Tính hiệu suất của phản ứng lên men giấm. (Biết d = 0,8 g/ml) 2 C2 H5OH Câu 3. (3,0 điểm) Hoà tan hết 0,660 gam một đơn axit hữu cơ (viết tắt là HA) vào nước đến mức 50,00 ml, được dung dịch A. Tiến hành chuẩn độ dung dịch A bằng dung dịch chuẩn NaOH 0,1250 M. Biết rằng: Khi thêm 25,00 ml dung dịch NaOH vào dung dịch A thì pH của dung dịch thu được bằng 4,68; Khi thêm 60,00 ml dung dịch NaOH vào dung dịch A thì đạt tới điểm tương đương. 1. Tính khối lượng mol của axit HA. 2. Tính hằng số axit Ka của HA. 3. Tính pH của dung dịch tại điểm tương đương trong phép chuẩn độ trên. Câu 4. (3,0 điểm) Đốt cháy một hiđrocacbon X ở thể khí với 0,96 gam khí oxi trong bình kín rồi cho các sản phẩm sau phản ứng lần lượt qua bình (1) chứa CaCl 2 khan dư; bình (2) chứa 1,75 lít Ca(OH)2 0,01M. Sau thí nghiệm thấy ở bình (2) thu được 1,5 gam kết tủa và cuối cùng còn 0,112 lít khí duy nhất thoát ra (đo ở đktc). Xác định công thức phân tử của hiđrocacbon X. Biết rằng các phản ứng hóa học xảy ra hoàn toàn. Câu 5. (3,0 điểm) Điều chế khí clo (Cl2) bằng cách cho 100g MnO2 (chứa 13% tạp chất trơ) tác dụng với lượng dư dung dịch HCl đậm đặc. Cho toàn bộ khí clo thu được vào 500ml
2. dung dịch có chứa NaBr và NaI. Sau phản ứng, cô cạn dung dịch, thu được chất rắn A (muối khan) có khối lượng m gam. 1. Xác định thành phần chất rắn A, nếu m = 117gam. 2.Tính nồng độ mol của NaBr và NaI trong dung dịch đầu. Biết rằng trong trường hợp này, A gồm hai muối khan và m = 137,6 gam. Tỉ lệ số mol NaI và NaBr phản ứng với Cl2 là 3: 2. Các phản ứng hóa học đều xảy ra hoàn toàn. Câu 6. (3,0 điểm) Hỗn hợp khí X gồm 2 olefin kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn 1,25 lít hỗn hợp X cần vừa đủ 4,5 lít khí oxi (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). 1. Xác định công thức phân tử của 2 olefin. 2. Hiđrat hóa hoàn toàn một thể tích X với điều kiện thích hợp thu được hỗn hợp ancol Y, trong đó tỉ lệ về khối lượng các ancol bậc hai so với ancol bậc một là 15:28. Xác định thành phần % về khối lượng mỗi ancol trong hỗn hợp ancol Y. Câu 7. (3,0 điểm) 1. Xác định công thức cấu tạo các chất A, B, C, D, E và viết phương trình hóa học thực hiện các dãy chuyển hóa sau: + - Benzen → A → B → C → C6H5N2 Cl Toluen → D → E → para ClNH3-C6H4-COOH. 2. Giải thích vì sao khi cho metan tác dụng với clo theo tỉ lệ 1 mol : 1 mol trong điều kiện chiếu sáng thì trong sản phẩm tạo thành lại có một lượng nhỏ etan. Hết Cho biết: H=1; C=12; O=16; Na=23; P=31; N=14; Mg=24; Cu = 64; Mn = 55, I = 127, Zn = 65; Al=27; Cl=35,5; S=32; K=39; Fe=56; Br=80. Ghi chú: Học sinh được phép sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học.
3. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HOÁ HỌC LỚP 11 NĂM 2013 – 2014 Câu Nội dung Điểm Câu 1 Hợp chất AxBy là một muối. Khi bị thuỷ phân cho thoát ra H2S. (2,0điểm) Hợp chất AnCm là Al2O3 Vậy A là Al, B là S, C là O Hợp chất AoBpCq là Al2(SO4)3 2 Al + 3 S  Al2S3 Al2S3 + 6 H2O  2 Al(OH)3 + 3 H2S 4 Al + 3 O2  2 Al2O3 S + O2  SO2 3+ 2+ + Al + 2 H2O Al(OH) + H3O 200.5,75 Câu 2 V = = 11,5 ml C2 H5OH bân đầu (3,0điểm) 100 => m = 11,5.0,8 = 9,2 gam C2 H5OH  n = 0,2 mol C2 H5OH ban đầu  V = 200 – 11,5 = 188,5 ml H2O ban đầu => n = 10,47 mol H2O ban đầu Giả sử có x (mol) ancol bị chuyển hoá, ta có C2H5OH + O2  CH3COOH + H2O x mol x mol x mol Vậy sau phản ứng dung dịch Y có: x(mol)CH3COOH ; (0,2 -x) mol C2H5OH và (x+10,47) mol H2O. Cho Na dư vào 100 ml dung dịch Y: CH3COOH + Na  CH3COONa + 1/2H2 (1) C2H5OH + Na  C2H5ONa + 1/2H2 (2) H2O + Na  NaOH + 1/2H2 (3)  n = ¼(x + 0,2 – x + 10,47 + x) = ¼(10,67 + x) H2  Theo bài n = 2,7075 mol => ¼(10,67 + x) = 2,7075 H2 0,16 => x = 0,16 mol => Hphản ứng = x100% 80% 0,2
4. Câu 3 HA H+ + A (1) [H+].[ A ] (3,0điểm) Ka = (2) [HA] + [HA] [H ] = Ka (3) [ A ] Phản ứng chuẩn độ HA: HA + OH A + H2O (4) 0,66 1. nHA = ; nHA = nNaOH = 0,06 0,1250 MHA 0,66 1 = 0,06 0,1250 MHA = 88 (g. mol ) MHA 2. Tính Ka . Từ (3) và (4) rút ra trong quá trình chẩn độ + Số mol HA còn lại [H ] = Ka Số mol HA đã phản ứng pH = 4,68 [H+] = 2,09.10 5 5 60 0,1250 25 0,1250 60 25 2,09. 10 = Ka = Ka 25 0,1250 25 25 5 5 Ka = 2,09.10 = 1,49.10 35 35 3. Dung dịch ở điểm tương đương là dung dịch A , một bazơ yếu A + H2O HA + OH 14 10 10 Kb = = 6,7.10 1,49.10 5 1/2 2 [OH ] = (Kb. Cb) Cb = 0,0682 = 6,82.10 = (6,71.10 10 6,82.10 2)1/2 = 6,76.10 6 pOH = 5,17 pH = 8,83
5. Câu 4 * Gọi CTPT của HC X là CxHy (1≤x≤4) Ta có nO =0,03 mol; nCa(OH) =0,0175mol; (3,0điểm) 2 2 nCaCO3=0,015 mol; nkhí thoát ra=0,005mol CxHy + (x+ y/4) O2 xCO2 +y/2 H2O * Do nCaCO3 nCO2=0,02 mol * Nếu khí thoát ra là O2 thì nO2 pư =0,03 – 0,005=0,025 mol nO2 0,025 TH1 = =1,67>1,5 => HC có dạng CnH2n+2 nCO2 0,015 CnH2n+2 + (3n+1)/2O2= nCO2 + (n+1)H2O (3n+1)/2n= 0,025/0,015=>n=3; CTPT là C3H8 nO2 TH2 =0,025/0,02=1,25 HC có dạng CnH2n-2 nCO2 CnH2n-2 + (3n-1)/2O2 nCO2 + (n-1)H2O (3n-1)/2n= 0,025/0,02 = 1,25 =>n=2; CTPT là C2H2 Và có dạng CnH2n-4 tương tự ta có (3n-2)/2n=1,25=> n=4; CTPT C4H4 * Nếu khí thoát ra là X thì nO2 pư =0,03 mol nO2 0,03 TH1 = =2 > 1,5=> HC có dạng CnH2n+2 nCO2 0,015 Tương tự có (3n+1)/2n= 2=> n=4=> CH4 nO2 0,03 TH2 = =1,5=> HC có dạng CnH2n nCO2 0,02 Do 1≤x≤4 nên HC có thể là C2H4,C3H6,C4H8
6. Câu 5 to (3,0điểm) MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O 1 mol 1 mol 1 mol 100 13 n 1(mol) MnO2 87 Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2 1,5a mol 3a mol 3a mol Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 a mol 2a mol 2a mol 1. Giả sử Cl2 phản ứng hết → mNaCl = 2.58,5 = 117(g) Cl2 phản ứng hết, NaI và NaBr phản ứng hết mA = mNaCl = 117g (thỏa) → A chỉ chứa NaCl Cl2 phản ứng hết, NaI và NaBr dư → mA > 117 (g) (loại) Cl2 dư, NaI và NaBr hết → mA 117g → Cl2 phản ứng hết NaI, NaBr dư, nNaI : nNaBr = 3 : 2 → NaI phản ứng hết, NaBr còn dư. nNaI : nNaBr = 3 : 2 → gọi 3a và 2a lần lượt là số mol NaI và NaBr phản ứng Cl2 ta có n 1,5a a 2,5a 1 a 0,4 Cl2 mA = mNaCl + mNaBr = 5a. 58,5 + mNaBr = 137,6 20,6 → m = 20,6(g) → n 0,2(mol) NaBr NaBr 103 2.0,4 0,2 3.0,4 C 2M;C 2,4M NaBr 0,5 NaI 0,5
7. Câu 6 Đặt công thức chung của 2 anken là CnH2n (n là số cacbon (3,0điểm) trung bình của 2 anken) to 2 CnH2n + 3n O2  2n CO2 2n H2O (1) 3n 4,5 Ta có: n 2,4 2 1,25 Anken duy nhất có số nguyên tử cacbon < 2,4 là C2H4 và anken kế tiếp là C3H6. CH2 = CH2 + HOH → CH3–CH2OH (2) CH3CH = CH2 + HOH → CH3–CH(OH)–CH3 (3) CH3CH = CH2 + HOH → CH3–CH2–CH2OH (4) Gọi a, b lần lượt là số mol của C2H4 và C3H6. Ta có: 2a + 3b = 2,4(a+b) a = 1,5b Theo các phản ứng (2), (3), (4): số mol H2O = số mol anken = (a+b) mol = 2,5b mol Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: Khối lượng hỗn hợp ancol Y = khối lượng hỗn hợp anken X + khối lượng nước = (14×2,4 + 18)×2,5b = 129b gam 15 %isoC H OH = = 34,88% 3 7 28+15 1,5b.46 %C H OH = = 53,49% 2 5 129b %n-C3H7OH = 100% - 34,88% - 53,49% = 11,63% Câu 7 1. phương trình phản ứng (3,0điểm) o H 2SO4đ ,t C6H6 + HNO3  C6H5-NO2 + H2O A C6H5-NO2 + 3Fe + 7HCl → C6H5-NH3Cl + 3FeCl2 + 2H2O B C6H5-NH3Cl + NaOH → C6H5-NH2 + NaCl + H2O C
8. 0 5oC + - C6H5-NH2 + HNO2 + HCl  C6H5-N2 Cl + 2H2O o H 2SO4đ ,t C6H5-CH3 + HNO3  p- O2N-C6H5-CH3 + H2O D t o p- O2N-C6H5-CH3 + 2KMnO4  p- O2N-C6H5-COOK E + 2MnO2 ↓+ KOH + H2O p- O2N-C6H5-COOK + 3Fe + 8HCl → p- ClH3N-C6H5-COOH + 3FeCl2 + KCl + 2H2O 2. Phản ứng thế của metan xảy ra theo cơ chế gốc tự do: Bước khơi mào: Cl-Cl as 2Cl (1) Bước phát triển mạch: CH3 – H + Cl → CH3 + HCl (2) CH3 + Cl – Cl → CH3 – Cl + Cl (3) Các phản ứng (2), (3) xảy ra xen kẻ nhau. Bước đứt dây chuyền: Cl + Cl→ Cl 2 (4) CH3 + Cl → CH3- Cl (5) CH3 + CH3 → CH3- CH3 (6) Vì vậy trong sản phẩm có một lượng nhỏ etan.